上海外国语大学附属浦东外国语学校2024届高三下学期3月月考数学试题（原卷版+解析版）

这是一份上海外国语大学附属浦东外国语学校2024届高三下学期3月月考数学试题（原卷版+解析版），文件包含精品解析上海外国语大学附属浦东外国语学校2024届高三下学期3月月考数学试题原卷版docx、精品解析上海外国语大学附属浦东外国语学校2024届高三下学期3月月考数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共23页， 欢迎下载使用。
1. 已知集合，，则集合的子集个数为______.
【答案】2
【解析】
【分析】解不等式化简集合，再利用集合的交集运算求得，从而列举出其子集即可得解.
【详解】因为，
又，所以，
所以集合的子集为，共2个.
故答案为：2.
2. 条件p：1－xa，若p是q的充分条件，则a的取值范围是__________.
【答案】{a|a≤1}
【解析】
【分析】根据p是q的充分条件，由pq求解.
【详解】p：x>1，
因为p是q的充分条件，
则p⇒q，即pq,
所以a≤1.
故答案为：{a|a≤1}
3. 若复数满足，则_________．
【答案】
【解析】
【分析】利用复数的除法运算即可得解.
【详解】因为，
所以.
故答案为：.
4. 已知向量是一个基底，实数x，y满足，则________.
【答案】3
【解析】
【分析】利用平面的基底不共线得到关于的方程组，解之即可得解.
【详解】因是一个基底，故与不共线，
由平面向量基本定理得，解得，
则.
故答案为：3.
5. 的展开式中，x的系数为_________.（用数字作答）
【答案】–256
【解析】
【分析】根据二项式展开式的通项公式求得正确答案.
【详解】展开式的通项公式为：，
展开式中含x项为：
，
∴展开式中含项的系数为–256.
故答案为：
6. 在中，，，，则______.
【答案】##
【解析】
【分析】利用余弦定理即可得解.
【详解】因为，，，
由余弦定理得，
所以.
故答案为：.
7. 分别抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件A是“第一枚为正面朝上”，事件B是“第二枚为正面朝上”，事件C是“两枚结果相同”，则下列事件具有相互独立性的有______（用数字①②③作答）
①事件A与事件B；②事件A与事件C；③事件C与事件B.
【答案】①②③
【解析】
【分析】利用古典概型分别求得事件的概率，再利用独立事件的概率公式逐一判断即可得解.
【详解】依题意，，
，
对于①，，所以与是相互独立本件；
对于②，，所以与是相互独立事件；
对于③，，所以与是相互独立事件.
故答案为：①②③.
8. 若数列的前n项和为，若，则正整数n的值为______．
【答案】4
【解析】
【分析】利用裂项相消法求出，根据即可求出n值.
【详解】,
，
，
.
故答案为：4.
9. 若正四面体的顶点都在一个表面积为的球面上，过点且与平行的平面分别与棱交于点，则空间四边形的四条边长之和的最小值为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据条件求出正四面体的棱长为，设，利用几何关系得到空间四边形的四条边长之和，即可求出结果.
【详解】如图，将正四面体放置到正方体中，易知正四面体外接球即正方体的外接球，
设正四面体的棱长为，所以正方体的边长为，
易知正方体的外接球直径为体对角线的长，又，所以正四面体的半径，
依题有，得到，即正四面体的棱长为，
因为面，面面，面，所以，
设
因为，则，，
在中，因为，所以，
在中，，，则，
所以空间四边形的四条边长之和，
又，当时，，
故答案为：.
【点睛】关键点点晴：本题的关键在于设出后，利用几何关系得出，，，从而得出空间四边形的四条边长之和，转化成求的最小值来解决问题.
10. 佛山被誉为“南国陶都”，拥有上千年的制陶史，佛山瓷砖享誉海内外.某企业瓷砖生产线上生产的瓷砖某项指标，且，现从该生产线上随机抽取10片瓷砖，记表示的瓷砖片数，则__________.
【答案】1
【解析】
【分析】结合题中条件与正态分布曲线的性质，求出对称轴，再利用二项分布的均值公式求解即可.
【详解】由题意得，该正态分布曲线关于对称，故，
则，
由题意得，故.
故答案为：1
11. 设，过定点A的动直线和过定点B的动直线交于点，则的最大值是______．
【答案】5
【解析】
【详解】试题分析：易得.设，则消去得：，所以点P在以AB为直径的圆上，，所以，.
法二、因为两直线的斜率互为负倒数，所以，点P的轨迹是以AB为直径的圆.以下同法一.
【考点定位】1、直线与圆；2、重要不等式.
12. 在中，，．若空间点满足，则直线与平面所成角的正切的最大值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】设，易知点在以为旋转轴，底面圆半径为的圆柱上，以所在平面为，建立空间直角坐标，则平面的法向量，设则，记直线与平面所成角为，则，令，利用换元法可得，又，则的最大值为，由此即可求出答案.
【详解】点作与点，过点作与点，
设，则，
又，则，
则点在以为旋转轴，底面圆半径为的圆柱上，
如图所示：以所在平面为，建立空间直角坐标，则平面的法向量为：，
，
设，
则，
记直线与平面所成角为，
则，
因为，
所以，
令，则，
则，，
又，在上单调递减.在上单调递增，
则，
所以，当且仅当，即时，等号成立，
又，
所以直线与平面所成角的最大值为，
此时.
故答案为：
二、选择题（本大题共4题，满分20分）
13. 若圆柱的底面直径和高都与球的直径相等，则圆柱的表面积与球的表面积之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设球的半径为，分别求出圆柱及球的表面积，从而可得两者表面积之比.
【详解】设球的半径为，则由题意，，
所以圆柱的表面积与球的表面积之比为，
故选：D
14. 用数学归纳法证明不等式的过程中，由递推到时不等式左边（ ）
A. 增加了
B. 增加了
C. 增加了，但减少了
D. 增加了，但减少了
【答案】C
【解析】
【分析】列出和的情况，比较得到答案.
【详解】当时，，
当时，，
故增加了，但减少了.
故选：.
15. 数列中的项按顺序可以排列成如图的形式，第一行1项，排；第二行2项，从左到右分别排、；第三行3项，，依此类推，设数列的前n项和为，则满足的最小正整数n的值为（ ）
A. 20B. 21C. 25D. 27
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，分析表中数据规律，求出各行的和，据此得，求出第6行的第6个数，计算可得，从而分析可得答案．
【详解】第一行，为4，其和为4，可变形为，
第二行，为首项为4，公比为3的等比数列，共2项，其和为，
第三行，为首项为4，公比为3的等比数列，共3项，其和为，
，
依次类推：第n行的和为，
则前6行共个数，
前6项和为：
，满足，
而第6行的第6个数为，则，
故满足的最小正整数n的值为21.
故选：B.
16. 设锐角的三个内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且，则周长的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先求出角的范围，利用二倍角的正弦公式和正弦定理得，再利用正弦定理和三角恒等变换得，最后得到周长表达式，再利用二次函数的性质即可得到范围.
【详解】因为△为锐角三角形，所以，，，
即，，，所以，；
又因为，所以，又因为和正弦定理得，
由，即
，
所以，令，则，
又因为函数在上单调递增，所以函数值域为，
则的周长的取值范围为.
故选：C.
【点睛】关键点睛：本题解题关键是利用正弦定理实现边角的转化得到周长关于角的函数关系，借助二次函数的单调性求最值.
三、解答题（本大题共有5题，满分76分）
17. 袋中有大小形状相同的5个球，其中3个红色，2个黄色.
（1）两人依次不放回各摸一个球，在第一个人摸出红球，且第二个人摸出1个黄球的概率；
（2）甲从中随机且不放回地摸球，每次摸1个，当两种颜色的球都被摸到时即停止摸球，记随机变量为此时已摸球的次数，求：
①的值；②随机变量的概率分布和数学期望.
【答案】（1）
（2）①；②分布列见解析，的数学期望为
【解析】
【分析】（1）利用不放回模型，结合古典概型的概率公式即可得解；
（2）①分析表示意义，结合古典概型即可得解；②由条件确定随机变量的所有取值，再求取各值的概率，由此可得其分布列，再由期望公式求其期望.
【小问1详解】
依题意，所求概率为；
【小问2详解】
①由已知得从袋中不放回的摸球两次的所有取法有种，
事件表示第一次取红球第二次取黄球或第一次取黄球第二次取红球，
故事件包含种取法，
所以；
②，，
则的概率分布为
所以的数学期望为.
18. 已知数列的前项和为，点列、、、、在过点的直线上，且（是坐标原点）．
（1）求数列的通项公式；
（2）记，若对任意正整数，恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）求出直线的方程，可得出，令可求得的值，令，由可得，两式作差可推导出数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，即可求得数列的通项公式；
（2）求出、，可得出关于的不等式，结合恒成立可求得实数的取值范围.
【小问1详解】
解：，因为，由题意可知，直线的方程为，即，
所以，对任意的，，
当时，则，可得，
当时，由（①）可得（②），
①②可得，即，
所以，数列是等比数列，且首项为，公比为，因此，.
【小问2详解】
解：，所以，，
若对任意正整数，恒成立，即，
，故数列为单调递增数列，
故，解得.
因此，实数的取值范围是.
19. 如图，已知四棱锥的底面的菱形，，点是边的中点，和交于点O，PO平面；
（1）求证：；
（2） 求二面角的大小．
（3）在（2）的条件下，求异面直线与所成角的余弦值．
【答案】（1）见解析；
（2）；
（3）．
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理，结合菱形的性质进行证明即可；
（2）根据二面角的定义，结合锐角三角函数定义进行求解即可；
（3）根据异面直线所成的角定义，结合余弦定理进行求解即可.
【小问1详解】
在菱形中，连接则是等边三角形．
点是边的中点，
平面，平面，
，因为平面，
所以平面，而平面，
；
【小问2详解】
由（1）知，
菱形中,
由（1）同理可证，，
为二面角的平面角，
在菱形中,，由（1）知，等边三角形
点是边的中点，与互相平分
点是的重心
又在等边三角形中，
所以在中，
二面角的大小为；
【小问3详解】
取中点，连结，，
则，
与所成角与所成角，连结，
平面,、平面，
，
在中,，
，
中,，
在中,，
由（2）可知，，
设与所成的角为，
则，
所以异面直线、所成角的余弦值为.
20. 已知椭圆E过点A（2，3），对称轴为坐标轴，焦点F1，F2在x轴上，离心率，∠F1AF2的平分线所在直线为l．
（1）求椭圆E的方程；
（2）设l与x轴的交点为Q，求点Q的坐标及直线l的方程；
（3）在椭圆E上是否存在关于直线l对称的相异两点？若存在，请找出；若不存在，说明理由．
【答案】（1）（2）点Q的坐标；2x-y-1=0 （3）不存在
【解析】
【分析】（1）设出椭圆方程，根据椭圆E经过点A（2，3），离心率，建立方程组，求得几何量，即可得到椭圆E的方程；
（2）求得AF1方程、AF2方程，利用角平分线性质，即可求得∠F1AF2的平分线所在直线l的方程；
（3）假设存在B（x1，y1）C（x2，y2）两点关于直线l对称，设出直线BC方程代入椭圆E的方程，求得BC中点代入直线2x-y-1=0上，即可得到结论．
【详解】（1）设椭圆方程为（a＞b＞0）∵椭圆E经过点A（2，3），离心率e= 解得a2=16，b2=12．
∴椭圆方程E为：.
（2）F1（-2，0），F2（2，0），∵A（2，3），∴AF1方程为：3x-4y+6=0，AF2方程为：x=2
设角平分线上任意一点为P（x，y），得2x-y-1=0或x+2y-8=0
∵斜率为正，∴直线方程为2x-y-1=0；l与x轴的交点为Q，点Q的坐标．
（3）假设存在B（x1，y1）C（x2，y2）两点关于直线l对称，∴kBC=-，∴直线BC方程为y=-x+m代入椭圆方程得x2-mx+m2-12=0，∴BC中点为，代入直线2x-y-1=0上，得m=4．∴BC中点为（2，3）与A重合，不成立，所以不存在满足题设条件的相异的两点．
【点睛】本题考查椭圆的标准方程，考查直线方程，考查对称性，考查学生分析解决问题的能力，对运算能力要求很高，属于中档题．
21. 已知函数.
（1）证明：函数在上有且只有一个零点；
（2）当时，求函数的最小值；
（3）设，若对任意的恒成立，且不等式两端等号均能取到，求的最大值.
【答案】（1）证明过程见详解
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）将证明的结论转化为在上有且只有一个零点.
然后对函数求导判断函数的单调性，利用零点存在性定理即可证明；
（2）对函数求导，判断函数的单调性进而求出函数的最小值；
（3）结合（1）（2）的结论和已知条件可知，使最大，则，则，且等号取到与函数相切，然后利用导数的几何意义进行求解即可.
【小问1详解】
令，得，令，
要证函数在上有且只有一个零点，
即证在上有且只有一个零点.
因为，所以函数在上单调递减，
由，，则，
由零点存在性定理可知，函数在上有且只有一个零点.
故得证.
【小问2详解】
对函数求导可得，因为，
所以当时，显然，则；
当时，令，，
因，
（令，则，所以在上单调递增，则，所以，）
所以当时，在上单调递增，
故，则，，
则函数在上单调递减，在上单调递增，
所以.
【小问3详解】
由（1）知，函数在上有且只有一个零点，
由（2）知函数在上单调递减，在上单调递增，
且当，函数趋近于，
考虑到，则，则，当变大时，则减小.

要使最大，则，则，且等号取到与函数相切，
设切点坐标为，则，
则有，
即，解得，
（下面证明唯一性）可化为，
，令，，函数在上单调递减，
则，
当时，因为时，恒有，则，
所以，
当时，因时，恒有，则，
所以，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
又因为函数的最小正周期为，
所以函数与在上有唯一的交点，
草图如下：

故，所以的最大值为.
【点睛】利用导数研究函数的最值问题时，一般需要先对函数求导，根据导函数的方法研究函数的单调性，求出极值，结合题中条件即可求出最值（有时解析式中会含有参数，求解时，要讨论参数的不同取值范围，再判断函数的单调性，进行求解）.
2
3
4