2024届上海市东华大学附属奉贤致远中学高三上学期10月教学评估数学试题含解析

这是一份2024届上海市东华大学附属奉贤致远中学高三上学期10月教学评估数学试题含解析，共14页。试卷主要包含了填空题，单选题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、填空题
1．已知集合，.若，则 .
【答案】或
【分析】根据集合的并集转化为子集关系，建立方程求解即可.
【详解】，
,
或，
解得或或
当时，不满足集合中元素的互异性，舍去，
故答案为：或
2．设集合，，若，则实数a的取值范围是
【答案】
【分析】解二次不等式化简集合，再利用集合的包含关系即可得解.
【详解】因为或，
又，，
所以.
故答案为：.
3．函数的定义域为 .
【答案】
【详解】要使函数有意义，需解得04．在的二项展开式中，的系数是
【答案】80
【分析】写出展开式的通项公式，利用公式即可得答案.
【详解】由题意得：，
当时，
∴的系数是80.
故答案为：80
5．已知关于x的一元二次函数．若的解集为，则实数的值分别是
【答案】
【分析】根据一元二次不等式的解集与系数的关系求解即可；
【详解】因为，的解集为，
所以与1是方程的两个实数根，且，
则由韦达定理可知：，则，.
故答案为：.
6．设是实数，若函数为奇函数，则
【答案】
【分析】利用奇函数的性质求得，再分别进行检验即可得解.
【详解】由题意，为奇函数，
所以对定义域内任意恒成立，即，
所以，即，
所以，即，
所以对定义域内任意恒成立，则，故或；
当时，，其定义域为，不关于原点对称，
故不为奇函数，不满足题意；
当时，，
由，解得函数的定义域为，关于原点对称，
又，故为奇函数，符合题意；
综上：.
故答案为：
7．从5名志愿者中选出4名分别参加测温、扫码、做核酸和信息登记的工作（每项1人），其中甲不参加测温的分配方案有 种.（结果用数值表示）
【答案】96
【分析】若甲不参与测温，可先在其他４人中先选取一人进行测温工作，再从４人中选取３人参与其他工作.
【详解】从5名志愿者中选出4名分别参加测温、扫码、做核酸和信息登记的工作（每项1人），其中甲不参加测温的分配方案有种.
故答案为：96
8．在中，角、及所对边的边长分别为、及，若，，，则的面积 ．
【答案】
【分析】先利用余弦定理求得，从而得到，再利用三角形面积即可得解.
【详解】在中，，，，
所以，
又，所以，
则，
故答案为：.
9．设是以2为周期的函数，且当时，则 .
【答案】-1
【详解】∵是以2为周期的函数，且时，，
则.
【考点定位】函数求值
10．当时，不等式恒成立，则实数a的取值范围为 .
【答案】
【分析】根据二次函数的性质分类讨论求解最值即可求解，或者利用参数分离，结合基本不等式求解最值.
【详解】方法一 ∵当时，不等式恒成立，
∴只需求出函数的最小值，令最小值大于0即可.
二次函数的图象的对称轴为.
当，即时，函数在处取得最小值，则，，∴.
当，即时，函数在处取得最小值，
∴，解得，∴.
综上，实数a的取值范围为.
方法二:∵，∴由得.
∵，当且仅当，即时等号成立，
∴的最大值为，
∴.
故a的取值范围为.
故答案为：
11．已知，若关于的方程有两解，则的取值范围是
【答案】
【分析】将问题转化为与的图象有两个交点，再利用数形结合即可得解.
【详解】由，可得，
所以方程有两个解等价于函数与的图象有两个交点，
因为的图象可由保留轴上方的图象，再把轴下方的图象翻折到轴上方得到，
所以作出函数与的图象，如图，
由图可知，要使函数与的图象有两个公共点，
必须满足，即，则实数的取值范围为.
故答案为：.
12．已知全集，非空集合. 若在平面直角坐标系中，对中的任意点，与关于轴、轴以及直线对称的点也均在中，则以下命题：
①若，则；
②若，则S中至少有8个元素；
③若，则S中元素的个数可以为奇数；
④若，则.
其中正确命题的序号为 ．
【答案】①④
【分析】①根据定义和点关于坐标轴对称的性质可判断；
②若，则中至少有4个元素，故错误；
③若，则中元素的个数一定为成对出现，故为偶数；
④根据，显然图象关于轴，轴，和轴对称，判断即可．
【详解】中的点在平面直角坐标系内形成的图形关于轴、轴和直线均对称.
所以当，则有，，，
进而有：，，，，
①若，则，故①正确；
②若，则，，，能确定4个元素，故②不正确；
③根据题意可知，，若，能确定4个元素，
当，也能确定个，当，也能确定8个所以，
则中元素的个数一定为偶数，故③错误；
④若，由中的点在平面直角坐标系内形成的图形关于轴、轴和直线均对称可知，
则，，，即，
即，故④正确，
综上：①④正确.
故答案为：①④.
二、单选题
13．一个等比数列前三项分别是8，4，2，则其第7项应是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设该等比数列为，根据已知条件，求出该数列的通项公式，再将代入，即可求解.
【详解】设该等比数列为， 首项，公比，
∵等比数列前三项分别是8，4，2，
∴，，
∴，
∴.
故选：A.
14．某高中共有学生1200人，其中高一、高二、高三的学生人数比为，现用分层抽样的方法从该校所有学生中抽取一个容量为60的样本，则高三年级应该抽取（ ）人.
A．16B．18C．20D．24
【答案】A
【分析】由已知可求得抽样比为，再求出高三的学生数，即可求出结果.
【详解】设高一学生数为，则高二学生数为，高三学生数为.
所以，该高中共有学生数为，解得.
用分层抽样的方法从该校所有学生中抽取一个容量为60的样本，抽样比为，
所以，高三年级应该抽取人.
故选：A.
15．已知角的终边不在坐标轴上，则下列一定成等比数列的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】对于ABC，举反例排除即可；对于D，利用三角函数的基本关系式即可判断.
【详解】对于A，令，则，
所以，即，故A错误；
对于B，令，则，即，故B错误；
对于C，令，则，
所以，即，故C错误；
对于D，因为角的终边不在坐标轴上，所以，，，
所以，即，则，
所以一定成等比数列，故D正确.
故选：D.
16．设函数，其中 ，若存在唯一的整数，使得，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设，，问题转化为存在唯一的整数使得满足，求导可得出函数的极值，数形结合可得且，由此可得出实数的取值范围.
【详解】设，，
由题意知，函数在直线下方的图象中只有一个点的横坐标为整数，
，当时，；当时，.
所以，函数的最小值为.
又，.
直线恒过定点且斜率为，
故且，解得，故选D.
【点睛】本题考查导数与极值，涉及数形结合思想转化，属于中等题.
三、解答题
17．如图所示，四棱锥中，底面为菱形，且直线又棱为的中点，
(Ⅰ) 求证：直线；
(Ⅱ) 求直线与平面的正切值.
【答案】（1）见解析（2）
【详解】解：（1）证明：∵∠ADE=∠ABC=60°，ED=1，AD=2，
所以，所以，
∴△AED是以∠AED为直角的直角三角形，
又∵AB∥CD, ∴EA⊥AB，
又PA⊥平面ABCD，平面ABCD，∴EA⊥PA,
又，∴EA⊥平面PAB；
（2）如图所示，连结PE，过A点作AH⊥PE于H点.
∵CD⊥EA, CD⊥PA，
∴CD⊥平面PAE,
又∵AH⊂平面PAE，∴AH⊥CD，
又AH⊥PE,PE∩CD=E,PE⊂平面PCD,CD⊂平面PCD,
∴AH⊥平面PCD,
∴∠AEP为直线AE与平面PCD所成角.
在Rt△PAE中，∵PA=2，AE=,
∴.
18．设函数，其中向量.
(1)求的最小值；
(2)在中，分别是角所对的边，已知，的面积为，求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用数量积的坐标运算及三角恒等变换化简函数，然后根据正弦函数的性质求得最值；
（2）先求出角A，再利用三角形面积公式、余弦定理与正弦定理即可求解.
【详解】（1）因为，
所以，
所以当即即时，的最小值为.
（2）由，得，则，又，所以，
故，则，
由，可得，
在中，由余弦定理得：，
所以.所以.
19．已知椭圆的离心率为，其左焦点到点的距离为．
(1)求椭圆的方程；
(2)直线与椭圆相交于两点，求的面积关于的函数关系式
【答案】(1)
(2)，
【分析】（1）利用题干条件列出方程，求出，进而求得，从而得解；
（2）联立直线与椭圆方程，得到两根之和，两根之积，利用韦达定理求出弦长，进而求出点到直线距离，表达出面积，从而得解.
【详解】（1）设的半焦距为，则其左焦点为，
所以，且，解得：（负值舍去），
故，
所以椭圆方程为；
（2）联立与椭圆方程，消去，得：，
由，得；
设，则，，
由弦长公式可得，
点到直线的距离为，
所以的面积为，
其中.
.
20．已知函数是定义在上的奇函数，且.
(1)求函数的解析式；
(2)判断函数在上的单调性，并用定义证明；
(3)解关于的不等式：.
【答案】(1)；
(2)函数在上是增函数，证明见解析；
(3).
【分析】（1）根据奇函数的定义可求得的值，再结合已知条件可求得实数的值，由此可得出函数的解析式；
（2）判断出函数在上是增函数，任取、且，作差，因式分解后判断的符号，即可证得结论成立；
（3）由得，根据函数的单调性与定义域可得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围.
【详解】（1）解：因为函数是定义在上的奇函数，则，
即，可得，则，
所以，，则，因此，.
（2）证明：函数在上是增函数，证明如下：
任取、且，则
，
因为，则，，故，即.
因此，函数在上是增函数.
（3）解：因为函数是上的奇函数且为增函数，
由得，
由已知可得，解得.
因此，不等式的解集为.
21．已知函数.
（1）当时，求的极值；
（2）当时，讨论的单调性；
（3）若对任意的，，恒有成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）极小值，无极大值；（2）参考解析；（3）
【详解】试题分析：第一问，将代入中确定函数的解析式，对进行求导，判断的单调性，确定在时，函数有极小值，但无极大值，在解题过程中，注意函数的定义域；第二问，对求导，的根为和，所以要判断函数的单调性，需对和的大小进行3种情况的讨论；第三问，由第二问可知，当时，在为减函数，所以为最大值，为最小值，所以的最大值可以求出来，因为对任意的恒成立，所以，将的最大值代入后，，又是一个恒成立，整理表达式，即对任意恒成立，所以再求即可.
试题解析：（1）当时，
由,解得.
∴在上是减函数，在上是增函数.
∴的极小值为，无极大值.
（2）.
①当时，在和上是减函数，在上是增函数；
②当时，在上是减函数；
③当时，在和上是减函数，在上是增函数.
（3）当时，由（2）可知在上是减函数，
∴.
由对任意的恒成立，
∴
即对任意恒成立，
即对任意恒成立，
由于当时，，∴.
【解析】1.利用导数研究函数的单调性；2.利用导数求函数的极值；3.利用导数求函数的最值；4.不等式的性质.