上海市大同中学2024-2025学年高三上学期开学摸底考试数学试题（解析版）

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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）
1. 不等式的解集为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据x2-2>1，化为或求解.
【详解】因为x2-2>1，所以或，
所以或，，
所以.
故答案为：.
2. 为虚数单位，若复数，则__________.
【答案】2
【解析】
【分析】根据复数的除法运算法则可得，即可得出结果.
【详解】由可得，
所以
故答案为：
3. 的二项展开式中的常数项为______.
【答案】
【解析】
【分析】由二项式定理得展开式的通项公式，代入可求出结果.
【详解】因为的展开式通项为，
展开式中常数项，必有，即，
所以展开式中常数项为.
故答案为：
4. 双曲线的离心率为2，则___________
【答案】
【解析】
【分析】由离心率定义和双曲线关系式可直接求解.
【详解】双曲线化为标准方程得，离心率为，故.
故答案为：
5. 设，若抛物线的焦点为坐标原点，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据抛物线方程求得焦点坐标，再由图象平移规则可得.
【详解】易知抛物线的焦点坐标为0,1，
将抛物线在纵轴方向平移个单位可得到抛物线，
焦点坐标由0,1变为，可得；
故答案为：
6. 下表中是某公司一年中每月的广告投入费用与销售额的情况，设广告投入费用为x（单位：万元），销售额为y（单位：万元），则y关于x的回归方程为__________.（回归系数精确到0.01）
【答案】
【解析】
【分析】分别求出，再带入线性回归方程求解即可.
【详解】，
，
，
，
所以
所以
所以,
故答案为：.
7. 设，若，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】运用二项式定理知识，结合赋值法可解.
【详解】令，得到.
令x=-1,得到.
则.
所以31.
故答案为：31.
8. 在中，点分别是线段的中点，点在直线上，若的面积为2，则的最小值是_____________.
【答案】
【解析】
【分析】如图，取BC中点为M，做，
将化为，后找到间关系，可得答案.
【详解】如图，取BC中点为M，做，
则，又，
，则，
得.
注意到，
则.又由图可得，
则，
当且仅当，且，即时取等号.
故答案为：
9. 将由曲线、、所围成的封闭区域绕y轴旋转一周后得到的旋转体记为，则该旋转体的体积为__________.
【答案】
【解析】
【分析】作出曲线的图象，分析旋转体的结构特征，结合体积公式计算即可.
【详解】当且时，，图象为个单位圆；
当且时，，图象为焦点在轴上的双曲线在第四象限的部分，
其中双曲线过第四象限的渐近线方程为，曲线方程为；
当且时，，图象为焦点在轴上的双曲线在第二象限的部分；
当且时，，不能成立.
曲线的图象如图所示，
曲线、、所围成的封闭区域绕y轴旋转一周，
旋转体的上半部分为半径为1的半球，上半部分体积，
旋转体的下半部分，渐近线、、所围成的封闭区域绕y轴旋转一周，得到的旋转体是底面半径为1高为1的圆锥，
，直线与和分别交于点和，
线段绕y轴旋转一周得到的圆环，内外圆半径分别为和，
则圆环的面积为，
所以第四象限双曲线渐近线与双曲线之间部分，与和轴所围成的封闭区域绕y轴旋转一周，
由祖暅原理，旋转体的体积与一个底面半径为1高为1的圆柱体积相等，
所以旋转体的下半部分体积为，
所以.
故答案为：
10. 某医药研究所将在7天时间内检测3种不同抗生素类药品、3种不同抗过敏类药品、1种降压类药品.若每天只能检测1种药品，且降压类药不在第1天或第7天检测，3种不同抗生素类药品中恰有2种在相邻两天被检测，则不同的检验时间安排方案的个数为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，先计算3种不同抗生素类药品中恰有2种相邻两天被检测的种数，再求得1种降压类药品安排在第1天或第7天的检测种数，结合间接法，进而得到答案.
【详解】根据题意，先计算3种不同抗生素类药品中恰有2种相邻两天被检测的种数，
可分三步分析：先将3种不同抗过敏类药品和1种降压类药品进行全排列，
有种情况，其排好后有5个空位可选，
再从3种不同抗过敏类药品任选2种，安排在相邻的2天检测，有种，
最后和另外1种抗过敏类药品，安排在4个空位中，有种排法，
此时，共有种不同的排法，
其中1种降压类药品安排在第1天或第7天的检测，有，
综上可得，共有种不同的排法.
故答案为：.
11. 如图，半椭圆与半椭圆组成的曲线称为“果圆”，其中，，.“果圆”与x轴的交点分别为、，若在“果圆”y轴右侧部分上存在点P使得，则的取值范围为__________.

【答案】
【解析】
【分析】利用椭圆上点的坐标从而得到向量坐标，已知夹角的情况下，可以利用向量坐标表示数量积得到相应等量关系，再有点的变化范围得到相应不等式，从得出取值范围。
【详解】设，，
，
∵，
∴，
，
，
，
或(舍去），
令，则，
∵，
∴，
解得，
故答案为：
12. 已知三角形的面积为，，，则______.
【答案】##
【解析】
【分析】由已知，可得，由余弦定理可得，再由，可得，进而得，即可求得.
【详解】因为，所以，
则，
则，
则，
又，所以，
由正弦定理得，则，
因为三角形的面积为，，
又，
则，
则，
解得，或，
当时，则，
所以，
当时，则，
所以，
即，或.
故答案为：或.
二、选择题（本题共4题，满分18分，其中第13-14题每题4分，第15-16题每题5分）.
13. 事件A与B独立，、分别是A、B的对立事件，则下列命题中成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用独立事件的乘法公式和概率的性质逐项判断即可.
【详解】事件A与B独立，、分别是A、B的对立事件，
故，故AB错误；
，故C正确；
,故D错误.
故选：C
14. 已知等差数列中，，且公差，则其前n项和取得最大值时n的值为（ ）
A. 8B. 9C. 10D. 11
【答案】C
【解析】
【分析】利用等差数列的性质求解即可.
【详解】，且公差，故
所以则
故等差数列中，前10项为正数，后面都为负数，
故前n项和取得最大值时n的值为10.
故选：C
15. 经过点可以作与曲线相切的不同直线共有（ ）
A. 0条B. 1条C. 2条D. 3条
【答案】D
【解析】
【分析】设切点为，则切线的斜率为，又切线过点，可得，设，由导数的单调性和零点的存在性可得与轴有3个交点，则有3条切线.
【详解】设切点为，，
则切线的斜率为，
又切线过点，
所以，
则，设，
则，令，
解得或，
当和时，函数单调递增，
当时，函数单调递减，
又，g0=1>0，
，g2=4×8-6×4+1=9>0，
所以存,；；，
所以与轴有3个交点，
则经过有3条切线.
故选：D
16. 如图所示，四面体的体积为，点为棱的中点，点分别为线段的三等分点，点为线段的中点，过点的平面与棱分别交于，设四面体的体积为，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用向量线性运算可得，令可得，利用四点共面和基本不等式可求得的最小值，结合棱锥体积公式可求得结果.
【详解】连接，
由题意知：；
令，则，，
四点共面，（当且仅当时取等号），
；
设点到平面的距离为，则点到平面的距离为，
又，，
，即的最小值为.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题考查三棱锥体积相关问题的求解，解题关键是能够结合空间向量的知识，利用四点共面得到的最小值，进而代入体积公式求解.
三、解答题（本大题共有5题，满分78分）.
17. 已知函数其中，,
（1）若求的值；
（2）在（1）的条件下，若函数的图象的相邻两条对称轴之间的距离等于，求函数的解析式；并求最小正实数，使得函数的图象向左平移个单位所对应的函数是偶函数.
【答案】(1) ;(2) .
【解析】
【详解】（1）由得
即又
（2）由（1）得，，依题意，，又故
函数的图象向左平移个单位后所对应的函数为，
是偶函数当且仅当即
从而，最小正实数.
18. 如图，在直角梯形ABCD中，，，，E为AB的中点，沿DE将折起，使得点A到点P位置，且，M为PB的中点，N是线段BC上的动点.

（1）求证：平面平面PBC；
（2）当三棱锥与四棱锥的体积之比为时，求直线EN与平面PBC所成角的正弦值.
【答案】（1）证明详见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先利用线面垂直的判定定理证得平面，从而证得平面平面PBC；
（2）先利用定义判断出直线EN与平面PBC所成角，然后解直角三角形来求得正确答案.
【小问1详解】
依题意可知，四边形是正方形，，（折叠后）
由于平面，所以平面，
由于平面，所以，
由于平面，所以平面，
由于平面，所以，
由于是的中点，所以，
有平面，所以平面，
由于平面，所以平面平面PBC；
【小问2详解】
设，由（1）得平面，
所以是直线EN与平面PBC所成角，
依题意，则，
所以，，
所以直线EN与平面PBC所成角的正弦值为.

19. 某网站规定：一个邮箱在一天内出现3次密码尝试错误，该邮箱将被锁定24小时.小王发现自己忘记了邮箱密码，但是可以确定该邮箱的正确密码是他常用的6个密码之一，小王决定从中不重复地随机选择1个进行尝试.若密码正确，则结束尝试；否则继续尝试，直至该邮箱被锁定.
（1）求当天小王的该邮箱被锁定的概率；
（2）设当天小王尝试该邮箱的密码次数为，求的分布列及，的值.
【答案】（1）
（2）的分布列见解析，，
【解析】
【分析】（1）“当天小王的该邮箱被锁定”即3次尝试均错误，进而求解；
（2）由题可能取到1，2，3，分别求得概率，列出分布列，根据期望和方差的公式求解即可.
【小问1详解】
设“当天小王的该邮箱被锁定”为事件，
则
【小问2详解】
由题意，可能取到1，2，3，
则，，，
所以的分布列为：
所以，
20. 已知双曲线的左、右顶点分别为点A、B，M为双曲线上的动点，点.
（1）求点M到的两条渐近线的距离之积；
（2）求经过点Q的双曲线的切线方程；
（3）设点P在第一象限，且在渐近线的上方，直线PA，PB分别与y轴交于点C，D.过点P作的两条切线，分别与y轴交于点E，F（E在F的上方），证明：.
【答案】（1）
（2）
（3）证明见详解
【解析】
【分析】（1）设出点的坐标，写出关系式，求出两个渐近线方程，求出点M到的两条渐近线的距离之积；
（2）设经过点的切线方程为，联立直线与双曲线方程，根据判别式为求出，求出切线方程；
（3）设，再由坐标得到直线的方程，继而可得坐标，设过且与双曲线相切的直线为，联立双曲线与直线方程，由及韦达定理可得坐标，继而可得，即，即，即可求证.
【小问1详解】
设点，所以，
两个渐近线方程为，
所以点M到的两条渐近线的距离之积为；
【小问2详解】
由题意得切线方程斜率存在，
设经过点切线方程为，
联立，所以，
因为直线与双曲线相切，所以，
所以，所以切线方程为；
【小问3详解】
设，，，，
所以直线的方程为，直线的方程为，
所以，，
设过且与双曲线相切的直线方程为，
联立，
所以，
所以，
所以，
设直线，的斜率分别为，，
所以，所以的方程为，
所以，同理的方程为，
所以，所以，
，
所以，
所以，
所以，
所以.
【点睛】关键点点睛：本题考查双曲线的性质及直线与双曲线的相切关系，解题关键是直线与双曲线的相切关系.本题中设过且与双曲线相切的直线为，联立双曲线与直线方程，由及韦达定理可得，则，又，得，即，即，即可求证.
21. 设，已知函数的解析为.
（1）当时，求函数的最小值；
（2）证明当时函数至多有两个零点；
（3）如果函数有3个不同的零点，分别设为、、，求实数a的取值范围；如果，进一步证明存在唯一的实数a，使得、、成等差数列.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）；证明见解析
【解析】
【分析】（1）当时，利用导数求函数单调性，由单调性得函数最小值点，可求函数的最小值；
（2）当时，利用导数求函数单调性，由单调性判断函数零点个数；
（3）结合函数单调性求函数有3个不同的零点的条件，得实数a的取值范围；、、成等差数列时，通过构造函数，求结论成立所需条件.
【小问1详解】
当时，，则，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
所以函数的最小值为.
【小问2详解】
，则，
时，恒成立，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
故当时函数至多有两个零点；
【小问3详解】
，则，
由（2）可知，时不合题意，
当时，，
解得或，，解得，
函数在和上单调递增，在上单调递减，
由函数有3个不同的零点，则，
又，
令，记，
则，其中，则，
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
所以，即，当且仅当时取等号，
故不等式组的解集为，
因为，，
故当时函数有3个不同的零点，
因为，，结合（2）中结论得，
①当时，若存在符合题意的实数a，则由于，
因此，，，
因此，成等差数列可得出，
考虑，即，
这等价于，
令，
所以，
令，
则
令
则
当时，，则单调递增，即函数单调递增，
所以，则单调递增，故函数单调递增，
因为，，所以在上存在唯一零点，记为，
当时，，即函数在上单调递减，
当时，，即函数在上单调递增，
，，
因此在上无零点，在上存在唯一的零点
所以存在唯一的实数，使得、、成等差数列.
此时，得，
②当时，，则，不合题意，
综上所述，存在唯一的实数使得、、成等差数列.
【点睛】方法点睛：
1. 导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.
3.证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
广告费用（万元）
30
26
21
17
11
18
13
16
17
23
25
29
销售额（万元）
843
725
621
587
485
608
523
554
600
703
728
792

1
2
3