上海市静安区2024-2025学年高三上学期期末教学质量调研（一模）数学试题

这是一份上海市静安区2024-2025学年高三上学期期末教学质量调研（一模）数学试题，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．设集合，则 .
2．不等式的解集为 .
3．已知是虚数单位，是纯虚数，则实数的值为 .
4．设是等差数列，，则该数列的前8项的和的值为 .
5．到点距离之和为10的动点的轨迹方程为 .
6．在中，已知，则的值为 .
7．已知物体的位移（单位：）与时间（单位：）满足函数关系，则该物体在时刻的瞬时速度为 .
8．若用替换命题“对于任意实数，有，且等号当且仅当时成立”中的，即可推出平均值不等式“任意两个正数的算术平均值不小于它们的几何平均值，且等号当且仅当这两个正数相等时成立”.则 .
9．以双曲线的离心率为半径，以右焦点为圆心的圆与双曲线的渐近线相切，则的值为 .
10．如图所示，小明和小宁家都住在东方明珠塔附近的同一幢楼上，小明家在层，小宁家位于小明家正上方的层，已知.小明在家测得东方明珠塔尖的仰角为，小宁在家测得东方明珠塔尖的仰角为，则他俩所住的这幢楼与东方明珠塔之间的距离 .
11．记.若函数y=fx是偶函数，则该函数图象与轴交点的纵坐标的最大值为 .
12．已知是从大到小连续的正整数，且，则的最小值为 .
二、单选题
13．设，则“”是“且”的（ ）
A．充分非必要条件B．必要非充分条件
C．充要条件D．既非充分又非必要条件
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
15．我国古代数学著作《九章算术》中将四个面都是直角三角形的空间四面体叫做“鳖臑”.如图是一个水平放置的.现将沿折起，使点移动到点，使得空间四面体恰好是一个“鳖臑”，则二面角的大小为（ ）
A．B．C．D．
16．在四棱锥中，，则该四棱锥的高为（ ）
A．4B．3C．2D．1
三、解答题
17．设函数.
(1)求函数的单调区间；
(2)求不等式的解集.
18．已知向量，且.
(1)求及；
(2)记，求函数的最小值.
19．如图所示，正三棱锥的侧面是边长为2的正三角形.
(1)求正三棱锥的体积；
(2)设分别是线段的中点.
求证：①平面；②若平面交于点，则四边形是正方形.
20．如图的封闭图形的边缘由抛物线和垂直于拋物线对称轴的线段组成.已知，拋物线的顶点到线段所在直线的距离为.
(1)请用数学符号语言表达这个封闭图形的边缘；
(2)在该封闭图形上截取一个矩形，其中点在线段上，点抛物线上.求以矩形为侧面，为母线的圆柱的体积最大值；
(3)求证：抛物线的任何两条相互垂直的切线的交点都在同一条直线上.
21．如果函数满足以下两个条件，我们就称函数为型函数.
①对任意的，有；
②对于任意的，若，则.
求证：
(1)是型函数；
(2)型函数在上为增函数；
(3)对于型函数，有（为正整数）.
参考答案：
1．
【分析】根据给定条件，利用交集的定义求得答案.
【详解】集合，所以.
故答案为：
2．
【分析】将不等式转化成一元二次不等式求解即可.
【详解】由不等式，得，即，解得，
所以原不等式的解集为.
故答案为：
3．
【分析】根据复数的乘法运算和复数分类即可得到答案.
【详解】，
因为其为纯虚数，则且，解得.
故答案为：.
4．36
【分析】根据给定条件，求出数列的公差，进而求出其前8项的和.
【详解】在等差数列中，，则公差，
所以.
故答案为：36
5．
【分析】根据给定条件，利用椭圆的定义求出轨迹方程.
【详解】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．/0.625
【分析】根据给定条件，利用正弦定理及二倍角公式求解即得.
【详解】在中，由正弦定理得，而，
因此，即，所以.
故答案为：
7．2
【分析】由瞬时速度的意义，求出函数在时的导数值即可.
【详解】函数，求导得，则，
所以所求瞬时速度为2.
故答案为：2
8．（答案不唯一，可以为或其它字母表示的表达式）
【分析】根据给定的信息，取正数，作差变形推导即可得解.
【详解】取正数，则，当且仅当时取等号，
因此，即，
于是“任意两个正数的算术平均值不小于它们的几何平均值，且等号当且仅当这两个正数相等时成立”.
显然，取.
故答案为：
9．43/113
【分析】根据给定条件，求出双曲线渐近线方程、离心率及右焦点坐标，再利用圆的切线性质列式计算得解.
【详解】双曲线的渐近线为，离心率，右焦点，
依题意，，所以.
故答案为：
10．
【分析】根据正切函数的定义得到方程，解出即可.
【详解】分别过点作的垂线，垂足分别为，
则根据正切函数的定义得，，
则，解得.
故答案为：.
11．
【分析】由偶函数的性质可得出，令，，利用三角恒等变换结合正弦型函数的有界性可求得该函数图象与轴交点的纵坐标的最大值.
【详解】因为二次函数为偶函数，
则该函数的对称轴为直线，可得，
令，，
则，
因此，该函数图象与轴交点的纵坐标的最大值为.
故答案为：.
12．100000
【分析】令，根据给定信息列出不等式，求出的范围即可得解.
【详解】设，依题意，，，
由，得，解得，因此，
则，，所以的最小值为100000.
故答案为：100000
13．B
【分析】正向取反例即可，反向根据不等式性质即可，最后根据必要不充分条件判定即可.
【详解】正向来看，取，则，满足，但不满足a>0且，故充分性不成立，
反向来看，，则，故必要性成立，
所以前者是后者的必要不充分条件.
故选：B.
14．B
【分析】分析可知，小时后，处理池中的残留物为，根据题意可得出关于的等式，解之即可.
【详解】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．D
【分析】设，根据题意求出四面体的棱长，二面角的平面角为，求的三角函数值即可.
【详解】中，.
不妨设，则，
空间四面体是一个“鳖臑”，则和都是直角三角形，
若，则中，，由勾股定理得，
此时不是直角三角形，不合题意；
所以，在中，，由勾股定理得，
此时满足是直角三角形，，
由，，二面角的平面角为，
中，，，
所以二面角的大小为.
故选：D.
16．C
【分析】求出平面的一个法向量，再利用点到平面的距离公式即可得到答案.
【详解】设平面的一个法向量，
则，令，则，即，
所以该四棱锥的高.
故选：C.
17．(1)严格单调增区间为 和 ,严格单调减区间为 和 .
(2)
【分析】（1）直接求导，令导函数大于0和小于0即可；
（2）转化为，解出即可.
【详解】（1），
令，解得或者，
令，解得或，
所以，该函数的严格单调增区间为和，严格单调减区间为和.
（2），即，
，即，利用穿根法解得.
所以解集为.
18．(1)，；
(2)
【分析】（1）根据向量数量积的坐标表示和向量模的坐标运算即可；
（2）根据（1）中结果代入计算得，再根据二次函数性质即可得到答案.
【详解】（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．(1)；
(2)①证明见解析；②证明见解析.
【分析】（1）取正的中心，求出长，再利用锥体体积公式计算得解.
（2）①利用线面平行的判定推理得证；②借助平行公理证四边形是平行四边形，由中位线性质证，再利用线面垂直的判定与性质，结合异面直线夹角定义推理得证.
【详解】（1）由正三棱锥的侧面是边长为2的正三角形，得正三棱锥为正四面体，
取正的中心，连接，延长交于，连接，则平面，
是的中点，，，则，
所以正三棱锥的体积.
（2）①由分别是线段的中点，得，而平面，平面，
所以平面.
②由平面交于点，得面平面，而平面，
平面，则，而是的中点，则是的中点，
因此，而，则四边形是平行四边形，
又，于是为菱形，而，
平面，则平面，又平面，
因此，于是，所以四边形是正方形.
20．(1)详见解析；
(2)；
(3)证明见解析.
【分析】（1）建立坐标系，求抛物线的方程及的方程即可；
（2）结合圆柱的性质及体积公式求出圆柱的体积表达式，再求其最值；
（3）结合导数的几何意义求切线方程，再求两切线交点，由此证明结论.
【详解】（1）如图建立平面直角坐标系，
设抛物线的方程为，
则曲线过点，所以，故，
所以，曲线的方程为，
线段AB的方程为，
（2）设Ex,y，则 .
以CF为母线的圆柱的底面半径满足，
所以，
所以圆柱的体积 .
所以，
所以，当时，其体积取得最大值；
（3）证明： 因为函数的导函数，
所以，抛物线上任意一点的切线斜率为，
设是抛物线上两条相互垂直的切线，切点分别为，
则其方程分别为 ，
且，
消去，解得，
因为，得.
故抛物线的任何两条相互垂直的切线的交点都在直线上.
21．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据指数函数性质和型函数的定义即可证明；
（2）取值，则，再结合型函数的定义即可证明；
（3）放缩得，再不断放缩有，结合等比数列的求和公式即可.
【详解】（1）记；
对任意的，有；
对于任意的，
若，
则，
即.
故函数是型函数.
（2）设，且，则.
因此
，
可知在上为增函数.
（3）因为，
所以
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是利用型函数的性质放缩得，最后再不断放缩，结合等比数列求和公式即可.
题号
13
14
15
16






答案
B
B
D
C