2024届上海市虹口区上海外国语大学附属外国语学校高三上学期期中数学试题含答案

这是一份2024届上海市虹口区上海外国语大学附属外国语学校高三上学期期中数学试题含答案，共18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，，则 ．
【答案】
【分析】根据交集运算求解.
【详解】由题意可得：.
故答案为：.
2．已知复数z满足（为虚数单位），则 ．
【答案】1
【分析】根据题意可知，进而可得.
【详解】因为，则，所以.
故答案为：1.
3．抛物线的焦点坐标是 .
【答案】
【分析】将抛物线的方程化为标准形式，即可求解出焦点坐标.
【详解】因为抛物线方程，焦点坐标为，且，
所以焦点坐标为，
故答案为：.
4．某大型企业共有职工1500人，其中高级职称150人，中级职称450人，初级职称900人．现采用分层抽样抽取容量为30的样本，则抽取的中级职称的人数为 ．
【答案】9
【分析】根据分层抽样的性质分析求解.
【详解】由题意可得：抽取的中级职称的人数为.
故答案为：9.
5．长、宽、高分别为5、4、3的长方体的外接球的表面积是 ．
【答案】
【分析】根据长方体外接球的性质分析求解.
【详解】由题意可知：长方体的外接球的半径，
所以外接球的表面积是.
故答案为：.
6．在某道选词填空题中，共有4个空格、5个不同的备选单词，其中每个空格只有一个正确答案（备选单词中有一个是多余的），若随机从备选单词中选4个不同的单词分别填入空格中，则恰答对3个空格的概率是 ．
【答案】
【分析】由古典概型的概率计算公式可得.
【详解】由题意得，样本空间包含的样本点个数为，且每个样本点都是等可能的；
记事件“恰答对3个空格”，则；
由古典概型的概率计算公式得，.
则恰答对3个空格的概率是.
故答案为：.
7．设正数满足，则的最小值为 ．
【答案】
【详解】，则，则的最小值为.
点睛:本题主要考查基本不等式，解决本题的关键是由，有，在用基本不等式求最值时，应具备三个条件：一正二定三相等.①一正：关系式中，各项均为正数；②二定：关系式中，含变量的各项的和或积必须有一个为定值；③三相等：含变量的各项均相等，取得最值.
8．在等比数列中，，分别是函数的两个驻点，则 .
【答案】
【分析】根据函数驻点的性质与等比数列的性质求解即可.
【详解】函数，则
，分别是函数的两个驻点，所以，是方程的两根，
所以，所以
在等比数列中，且等比数列奇数项同号，则，所以.
故答案为：.
9．若方程有且只有一个实根，则实数b的取值范围为 ．
【答案】
【分析】根据题意可知表示顶点为，其中一条渐近线为的双曲线的上半部分，根据交点个数结合图形分析求解.
【详解】由题意可知：，可得或，
对于，可得，或，
其曲线表示顶点为，其中一条渐近线为的双曲线的上半部分，
方程有且只有一个实根即为曲线与直线有且只有一个交点，
当直线过时，可得；
当直线过时，可得；
结合图象可知：实数b的取值范围为.
故答案为：.
10．已知，若存在使得，则k的最大值为 ．
【答案】1011
【分析】根据二项展开式的通项可得，讨论的奇偶性，结合分析求解即可.
【详解】二项式的通项为，
二项式的通项为，
所以，，
若，则有：
当为奇数时，此时，即，
则，可得，
又因为为奇数，所以的最大值为1011；
当为偶数时，此时，不合题意；
综上所述：的最大值为1011.
故答案为：1011.
11．若关于x的方程在区间上至少有两个不同的实根，则实数a的取值范围是 ．
【答案】
【分析】将利用同角三角函数的基本关系、两角和得正弦公式、二倍角公式化简方程得及有一个实根，再研究方程在上至少有一个实根的情况，令，讨论函数的值域，从而结合题意得到实数a的取值范围.
【详解】因为，
.
所以由得，
即.
当时，无解，即.
下面讨论方程，在上至少有一个实根的情况：
因为原方程在区间上至少有两个不同的实根，所以，得且方程，在上至少有一个实根.
令，则.
当时，，方程不成立；
当时.
令，易知在上单调递减，得，
在上也单调递减，得，
所以，使得方程在上至少有一个实根要满足，在上至少有一个实根要满足.
综上所述，方程在区间上至少有两个不同的实根，则实数a的取值范围是.
故答案为：.
12．已知A，M，N是棱长为1的正方体表面上不同的三点，则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】根据正方体的性质可得结合夹角的定义可得，可得其最大值；根据数量积的运算可知，可得其最小值.
【详解】正方体表面上任意两点间距不超过体对角线长度，
则，故，
而，故，
如图建立空间直角坐标系， 取，重合为时，
则，取得最大值；
由对称性，设在下底面，，，
由在下底面知，当且仅当也在下底面时取等，
此时共面时，设中点为，则，
，
当且仅当重合时取等，
又因为，可得，
例如，，则；
所以的取值范围是.
故答案为：.
二、单选题
13．已知a，b，，则“”的一个充要条件是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】对于ACD：举例分析判断；对于B：根据函数单调性结合充分必要条件的定义分析判断.
【详解】对于选项A：例如，满足，不满足，
即不能推出，故A错误；
对于选项B：因为在上单调递增，则等价于，
所以“”是“”的充要条件，故B正确；
对于选项C：例如，则，
即不能推出，故C错误；
对于选项D：例如，满足，不满足，
即不能推出，故D错误；
故选：B.
14．若椭圆与双曲线有相同的焦点，则实数a为（ ）
A．1B．C．D．
【答案】C
【分析】由双曲线方程可知焦点在x轴上，结合椭圆方程和双曲线方程列式求解即可.
【详解】由双曲线可知焦点在x轴上，
由题意可得：，解得.
故选：C.
15．若函数的图像绕原点逆时针旋转后与原图像重合，则在以下各项中，的定义域不可能是（ ）
A．B．
C．D．R
【答案】B
【分析】根据逆时针旋转点的特征结合函数定义分析判断.
【详解】对于函数图象上任一点逆时针旋转可得，
即也在函数图象上，
所以均在函数图象上，都在定义域内，
从而结合函数定义有，当时，有
若定义域为，则不存在满足题意的对应值，故B错误；
故选：B.
16．已知，有限数列，，…，的前k项和为，且对一切都成立，给出下列两个命题：①，，…，不可能是等差数列；②，，…，有可能是等比数列．则（ ）
A．①是真命题，②是假命题B．①是假命题，②是真命题
C．①②都是真命题D．①②都是假命题
【答案】D
【分析】对于①：举例说明即可；对于②：分类讨论公比为的取值范围，结合等比数列的求和公式分析判断.
【详解】对于①：例如，则，
满足，，是等差数列，且对一切都成立，故①错误；
对于②：若是等比数列，设公比为，显然，
1.当时，，不合题意；
2.当时，，不合题意；
3.当时，因为，则，即，
（1）当时，则，，即，解得，不合题意；
（2）当时，若为偶数，则，，即，
解得，不合题意；
（3）当时，若为偶数，则，，即，
整理得，无解，不合题意，
综上所述：不存在满足题意，即，，…，不可能是等比数列，故②错误
故选：D.
三、解答题
17．已知且，函数，．对任意，恒成立，且．
(1)求实数b，c的值．
(2)若在上是严格增函数，求实数a的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由可知的对称轴为，结合列式求解即可；
（2）根据对数的定义可知在上恒成立，可得，且，再结合复合函数单调性分析求解.
【详解】（1）因为，可知的对称轴为，
且，则，解得.
（2）由（1）可知：，则，
由题意可知：在上恒成立，即在上恒成立，
可得，且，
可知开口向上，对称轴为，
即在上是严格增函数，
若在上是严格增函数，则
所以实数a的取值范围.
18．如图，在四棱锥中，平面平面PAD，，，正三角形PAD的边长为2．
(1)求证：平面PAD；
(2)若，，求平面PAD与平面PBC所成的锐二面角的大小.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，连接，根据面面垂直可得平面，结合线面垂直的性质定理和判定定理分析证明；
（2）建系，求平面PAD与平面PBC的法向量，利用空间向量求面面夹角.
【详解】（1）取的中点，连接，
因为为正三角形，则，
且平面平面PAD，平面平面，平面PAD，
所以平面，
由平面，可得，
且，，平面，
所以平面PAD.
（2）如图，以为坐标原点，为x轴，为z轴，过平行于的直线为y轴，建立空间直角坐标系，
则，
可得，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
由题意可知：平面的法向量，
可得，
所以平面PAD与平面PBC所成的锐二面角的余弦值为，大小为.
19．某盲盒抽奖活动中，主办方从一批汽车模型中随机抽取50个装入盲盒用于抽奖．已知抽出的50个汽车模型的外观和内饰的颜色分布如下表所示．
(1)从这50个模型中随机取一个，用A表示事件“取出的模型外观为红色”，用B表示事件“取出的模型内饰为米色”，求和，并判断事件A与B是否相互独立；
(2)活动规定在一次抽奖中，每人可以一次性拿两个盲盒，对其中的模型给出以下假设：
假设1：拿到的两个模型会出现三种结果，即外观和内饰均为同色、外观和内饰都异色、以及仅外观或仅内饰同色；
假设2：按结果的可能性大小，概率越小奖项越高；
假设3：该抽奖活动的奖金额为：一等奖300元，二等奖200元、三等奖100元；
请你分析奖项对应的结果，设X为奖金额，写出X的分布并求出X的期望（精确到元）．
【答案】(1)，事件不相互独立.
(2)答案见解析
【分析】（1）根据给定数表，利用古典概率求出，再利用相互独立事件的定义判断作答；
（2）求出三种结果的概率，按给定的假设2，3确定奖金额与对应的概率列出分布列，求出期望作答.
【详解】（1）由给定的数表知，，，，
而，，
故，因此事件不相互独立，
所以，事件不相互独立.
（2）设事件：外观和内饰均为同色，事件：外观内饰都异色，事件：仅外观或仅内饰同色，
依题意，；；
，则，
因此抽取的两个模型的外观和内饰都异色是一等奖；外观和内饰均为同色是二等奖；
外观同色但内饰不同色，或内饰同色但外观不同色是三等奖，
奖金额的可能值为：，
奖金额的分布列：
奖金额的期望（元）.
20．已知椭圆：中，A为的上顶点，P为上异于上、下顶点的动点，为x轴上的动点．
(1)若，求点P的纵坐标；
(2)设，若是直角三角形，求的值；
(3)若，是否存在以AM，AP为邻边的平行四边形MAPQ，使得点Q在上？若存在，求出此时点P的纵坐标；若不存在，说明理由．
【答案】(1)或
(2)或或
(3)存在，点P的纵坐标约为
【分析】（1）设点坐标，由条件点在椭圆上及，建立方程组求解即可；
（2）按直角顶点的位置分类求解；
（3）设直线，联立直线与椭圆方程，可得点坐标，已知点，点，则由条件转化为垂直关系，再由平行四边形MAPQ得，可表达点坐标，而点在椭圆上，故可建立的方程组，求解，进而求得点的纵坐标.
【详解】（1）由题意知，设，则有，且，
由，则
即，解得，或.
故点P的纵坐标为或；
（2）由题意得，，，
则，
若，则，
解得；
若，则，
解得，或；
若，则，
解得，由已知，故舍去；
综上所述，的值为或或；
（3）假设存在点， ，设中点，
因为，则，
当直线与轴垂直时，如图可知，不存在满足题意的平行四边形；
故直线不与轴垂直，
设直线的方程为，
由，可得，
由已知直线与椭圆的一个交点，
则有，则，
,则，
即，
由，，
整理得，即①，
由MAPQ是平行四边形，设，则，
则，
则有，
即，由点在椭圆上
所以②，
联立①②消，得，
解得，
则点的纵坐标为，
所以存在以AM，AP为邻边的平行四边形MAPQ，使得点Q在上，点的纵坐标约为.
【点睛】圆锥曲线中几何条件的转化常用策略：
直角三角形的处理则为勾股定理处理长度求解或利用向量数量积为（或斜率乘积为）转化坐标关系进行运算；圆中的直径问题由直径所对的角为直角转化为垂直关系处理；菱形一般则利用对角线互相垂直的性质转化为垂直关系；等腰三角形一般应用三线合一性质，取底边中点，则中线即为底边的垂直平分线，从而将长度相等关系为垂直关系，利用向量或斜率建立等量关系求解；平行四边形则应用对角线互相平分或对边平行且相等的性质，转化为弦中点问题或向量的等量关系，从而实现坐标化求解；或者其他等等特殊几何图形的处理，均要注意借助几何性质的应用来转化化归为常见问题求解.
21．已知正整数，函数．
(1)若，，，，在上严格增，求实数t的最小值；
(2)若，，，，在处有极值，函数有3个不同的零点，求实数m的取值范围；
(3)若函数的导函数恰有个零点（，2，…，k），满足，求证：在上严格增．
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）利用导数求函数的单调增区间，在上严格增，则由为增区间的子区间可得实数t的范围及最小值；
（2）由在处有极值，得，解得验证极值；再由函数有3个不同的零点，转化为函数与函数的图象有个交点，由图象法可得；
（3）由导函数的零点，可表达出导函数的形式，通过各部分符号分析即可证明.
【详解】（1）若，，，，则，
，
由得，，或，
当，或时，，则单调递增；
当时，，则单调递减；
由在上严格增，则有.
即的最小值为；
（2）若，，，，则，
则，
由在处有极值，则，
解得，此时，，
，
由得，，或，
当，或时，，则单调递增；
当时，，则单调递减；
则在处有极大值，
在有极小值，满足题意.
且当，
作出函数的图象（如图）
要使函数有3个不同的零点，
则直线与函数有个不同的交点，
由图可知实数m的取值范围是.
（3）函数的导函数恰有个零点（，2，…，k），，
，
则，
其中为最高次项系数为的多项式，.
因为，则，且函数不存在零点，
则恒成立或恒成立，
由最高次项系数为，则当，
假设，则由零点存在性定理知，存在零点，与已知矛盾，故假设错误.
故恒成立.
由，
则当时，，
所以恒成立，
故在上严格增.
【点睛】方法点睛：有关函数零点个数的导数问题的方法分析：
此类题型一般通常的解法是等价变形、构造函数求导、作图数形结合作答结论.解决问题其中的关键在于讨论、分参、运算变形（如提取公因式、取对数、根式平方等变形）等方法构造新的函数，继而对新函数进行求导分析性质，结合图象解决问题.解决推理论证的问题则在于零点存在性定理的应用.
红色外观
蓝色外观
棕色内饰
20
10
米色内饰
15
5
300
200
100