上海市闵行区部分学校2026届高三上学期1月学业质量调研数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1上海市闵行区部分学校2026届高三上学期1月学业质量调研数学试题一､填空题（本大题共有12题，满分54分，第1~6题每题4分，第7~12题每题5分）考生应在答题纸的相应位置填写结果.1.集合，则__________.【答案】【解析】因为集合，则.故答案为：.2.函数的最小正周期为__________.【答案】【解析】因为函数，所以,即函数的最小正周期为.故答案为：.3.设为虚数单位，若为纯虚数，则实数_________.【答案】【解析】因为为纯虚数，所以，即，所以.故答案为：.4.设是等差数列，，则该数列的前8项的和的值为__________.【答案】36【解析】在等差数列中，，则公差，所以.故答案为：36.5.到点距离之和为10的动点的轨迹方程为__________.【答案】【解析】依题意，，则点的轨迹是以为左右焦点，长轴长的椭圆，由，得，所以动点的轨迹方程为.故答案为：.6.在中，已知，则的值为__________.【答案】【解析】在中，由正弦定理得，而，因此，即，所以.故答案为：.7.已知非零复数满足，则的虚部为_______．【答案】【解析】设，则，因为，，所以，解得或（舍去），所以，则的虚部为.故答案为：.8.已知，则的解集是_______．【答案】【解析】因为，设，则，所以，所以，不等式，即或，解得或，综上可得的解集.故答案为：.9.如图，已知正三角形ABC和正方形BCDE的边长均为2，且二面角的大小为，则_______．【答案】【解析】设分别为的中点，连接，在正三角形ABC中，，，在正方形BCDE中，，，，所以为二面角的平面角，即，.故答案为：.10.设平面上四点、、、满足：，，若，则的最小值为________.【答案】【解析】已知，则这两个向量垂直，所以.则Q再以MN为直径的圆上.以原点O建立平面直角坐标系，设，，，.由，可得，对于，从解出，代入中，经过化简可以得到.将代入，得到，进一步变形为.因为，所以.当时，解方程，令，则方程变为，可得.因为，所以（舍去），则；当时，，，或者，又因为且存在其他条件限制，所以.因为，当取最小值时，.故答案为：.11.设，直线与曲线和曲线分别交于、两点，则的最大值是________.【答案】【解析】曲线和曲线对应的函数互为反函数，则关于直线对称，又或，即两曲线交点坐标为，又直线与直线相互垂直，则直线关于直线对称，所以关于直线对称，设直线与直线相交于，且于，，则，且，所以，联立，解得，因为，所以，则，令，则，则，所以，因为，所以，所以，故的最大值为.故答案为：.12.设，函数的表达式为，若，且关于的方程的整数解有且仅有个，则的取值范围是________.【答案】【解析】令，其中，则恒成立，所以函数在上单调递增，且，作出函数的图象如下图所示：由结合图可知，，由，可得，对任意的，，所以，故，即，由绝对值三角不等式可得，当且仅当时，等号成立，即，即，令，其中，则，则不满足，则，所以函数为偶函数，所以当时，由可得，可得，令，其中，则函数在上单调递减，在上单调递增，因为，，，则,由题意可知，当时，满足不等式的整数解有且只有个，如下图所示：所以，即，综上所述，实数的取值范围是.故答案为：.二､选择题（本大题共有4题，满分18分，第13-14题每题4分，第15-16题每题5分）每题有且只有一个正确选项.考生应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑.13.设,则“”是“”的（）A.充分非必要条件 B.必要非充分条件C.充分必要条件 D.既非充分也非必要条件【答案】C【解析】解:由题知,则同号,当时,有,当时,有,故能推出,当成立时,又,对不等式两边同时乘以可得,故“”是“”的充分必要条件.故选：C.14.污水处理厂通过清除污水中的污染物获得清洁用水并生产肥料.该厂的污水处理装置每小时从处理池清除掉的污染残留物.要使处理池中的污染物水平降到最初的，大约需要的时间为（）（参考数据：）A.小时 B.小时 C.小时 D.小时【答案】B【解析】设处理池中的残留物初始时为，则小时后，处理池中的残留物为，根据题意可得，即，解得.因此，要使处理池中的污染物水平降到最初的，大约需要的时间为小时.故选：B.15.已知边长为2的正四面体的内切球（球面与四面体四个面都相切的球）的球心为O，若空间中的动点P满足，则点P的轨迹所形成的几何体的体积为（）．A. B. C.． D.【答案】A【解析】空间中的动点P满足，则点P的轨迹是以为邻边的平行六面体，将正四面体放入如图所示的正方体中，则正四面体的内切球心O为正方体的中心，设正方体的棱长为，所以，所以，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，所以，，，，，所以，，，，所以，所以，所以以为邻边的平行四边形面积为：，设平面的法向量为，则，取，可得，所以，，又因为点到平面距离为，以为邻边的平行六面体的体积为：.故选：A.16.在平面直角坐标系中，将函数的图象绕坐标原点逆时针旋转后，所得曲线仍然是某个函数的图象，则称函数为“函数”.对于命题；①设，若函数为“函数”，则；②设，若函数为“函数”，则满足条件的的整数值至少有4个.则下列结论中正确的是（）A.①为真②为真 B.①为真②为假C.①为假②为真 D.①为假②为假【答案】B【解析】因为为“函数”，所以函数的图象与的图象至多只能有一个交点，所以方程组至多只有一个交点，所以对于任意的至多只有一个解，当时，函数的图象与的图象至多只有一个交点，满足条件，当时，函数在上单调递减，在上单调递增，在上单调递增，在上单调递减，作函数的图象如下：当时，与有两个交点，不满足要求，当时，因为函数，都在，上单调递减，所以函数在上单调递减，在上单调递减，其图象如下，所以对于任意的，直线与函数的图象都有两个交点，所以不满足要求，故，命题①正确.因为函数为“函数”，所以对任意的关于的方程至多只有一个解，所以方程至多只有一个解，所以函数的图象至多只有一个交点，所以函数是增函数或减函数，又，所以或，由，可得，当时，，由，可得，当时，，当时，，当时，，函数的定义域为，函数的导函数，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递减，当时，，当时，，当且时，，当且时，，当时，，当时，，其图象大致如下，所以，即，所以满足条件的整数的值有，有且只有三个.所以满足条件的整数的值有三个，②错误；故选：B.三､解答题（本大题共有5题，满分78分）解答下列各题必须在答题纸的相应位置写出必要的步骤.17.在中，已知.（1）若且，求的面积；（2）若求的取值范围.解：（1）由正弦定理得，又，从而，由得，从而，所以的面积.（2）由，又，当且仅当时取等号，从而，所以，又因为中，，从而，所以的范围是.18.已知向量，且.（1）求及；（2）记，求函数的最小值.解：（1）由题意得，由于，则，因为，所以.（2），因为，则，则当，即时，该函数取得最小值.19.在一场盛大的电竞比赛中，有两支实力强劲的队伍甲和乙进行对决.比赛采用5局3胜制，最终的胜者将赢得10万元奖金，比赛过程中，每局比赛双方获胜的概率相互独立且甲队每局获胜概率为0.4，乙队每局获胜概率为0.6.比赛开始后，甲队先连胜两局，此时，主办方记录了两队队员在这两局比赛中的一些数据.甲队队员的击杀数（单位：个）数据如下：；乙队队员的击杀数（单位：个）数据如下：然而此时比赛场地突发技术故障，比赛不得不中止.请回答以下问题：（1）根据目前情况（甲队已连胜两局），写出甲､乙两队“采用5局3胜制”的比赛结果的样本空间；（2）根据所给数据，绘制甲､乙两队队员的击杀数分布的茎叶图；（3）在目前情况下（甲队已连胜两局），估算甲乙两队获胜概率，并据此分配10万元奖金.解：（1）用表示甲队在第局获胜，则表示乙队第局获胜，所以所求样本空间.（2）甲､乙两队队员的击杀数分布的茎叶图，如图，（3）乙队获胜的事件为，则，，因此甲队获胜的概率为，由此分配10万元奖金，甲队分得（万元），乙队分得万元.20.已知椭圆的左、右焦点分别为，右顶点为，上顶点为，设为上的一点．（1）当时，求的值；（2）若点坐标为，则在上是否存在点使的面积为，若存在，请求出所有满足条件的点的坐标；若不存在，请说明理由；（3）已知点坐标为，过点和点的直线与椭圆交于另一点，当直线与轴和轴均不平行时，有，求实数的取值范围．解：（1）由椭圆方程知：，，，则，设，，解得：，即，由椭圆定义知：.（2）由（1）知：，，；若存在点，使的面积为，则点到直线的距离，，直线方程为：，即，设平行于直线且到直线的距离为的直线方程为，，解得：或；当时，直线方程为，由得：，解得：或，或，点或；当时，直线方程为，由得：，方程无解，即直线与椭圆无交点，此时不存在满足题意的点；综上所述：存在满足条件的点，点坐标为或.（3）由题意可设直线，，，由得：，，即，，，设线段中点为，则，，，又为中点，，，，即，，直线与轴和轴均不平行，，，，整理可得：，，，解得：，所以实数的取值范围为.21.设，，，若正项数列满足，则称数列具有性质“”.（1）设，，若数列，，，，具有性质“”，求满足条件的的值；（2）设数列的通项公式为，问是否存在使得数列具有性质“”？若存在，求出满足条件的的取值范围，若不存在，请说明理由；（3）设函数的表达式为，数列的前项和为，且满足，，证明：数列具有性质“”，并比较与的大小.解：（1）已知数列具有性质，则，，，，由，可得，由，可得，综合可得，又因为，所以或；（2）假设存在使得数列具有性质“”，则，即.由可得：，即，所以，因为，，所以，则，又，所以，由，可得，所以，因为，，所以，且时，，综上，，所以存在使得数列具有性质“”，的取值范围是；（3）令，则，所以在上单调