上海市徐汇区2024-2025学年高三上学期学习能力诊断数学试卷

这是一份上海市徐汇区2024-2025学年高三上学期学习能力诊断数学试卷，共20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．不等式的解集为 .
2．已知函数，其中，则 .
3．在的二项展开式中，若各项系数和为32，则正整数的值为 .
4．已知向量，若，则实数的值为 .
5．设.若函数是定义在上的奇函数，则 .
6．已知为空间中两条不同的直线，为两个不同的平面，若，则是的 条件.（填：“充分非必要”､“必要非充分”、“充要”、“既非充分又非必要”中的一个）
7．某景点对30天内每天的游客人数（单位：万人）进行统计，得到样本的茎叶图（如图所示），则该样本的第75百分位数是 .
8．已知复数和复数满足（为虚数单位），则 .
9．设，若函数存在两个不同的极值点，则的取值范围为 .
10．已知椭圆的左､右焦点分别为，为椭圆上一点，且，若此椭圆的离心率为，则的大小为 .
11．徐汇滨江作为2024年上海国际鲜花展的三个主会场之一，吸引了广大市民前往观展并拍照留念.图中的花盆是种植鲜花的常见容器，它可视作两个圆台的组合体，上面圆台的上､下底面直径分别为30cm和26cm，下面圆台的上､下底面直径分别为和，且两个圆台侧面展开图的圆弧所对的圆心角相等.若上面圆台的高为8cm，则该花盆上､下两部分母线长的总和为 .
12．已知定义域为的函数的值域也是，所有这样的函数形成全集.设非空集合且中的每一个函数都是中的两个函数（可以相同）的复合函数，则集合的元素个数的最小值为 .
二、单选题
13．下列拋物线中，焦点坐标为的是（ ）
A．B．
C．D．
14．一个不透明的盒子中装有若干个红球和5个黑球，这些球除颜色外均相同.每次将球充分搅匀后，任意摸出1个球记下颜色后再放回盒子.经过重复摸球足够多次试验后发现，摸到黑球的频率稳定在0.1左右，则据此估计盒子中红球的个数约为（ ）
A．40个B．45个C．50个D．55个
15．已知函数与它的导函数的定义域均为.若函数是偶函数且在上是严格增函数，则下列各表中，可能成为取值的是（ ）
A．
B．
C．
D．
16．已知数列的前项和为，设（为正整数）.若存在常数，使得任意两两不相等的正整数，都有，则称数列为“轮换均值数列”.现有下列两个命题：①任意等差数列都是“轮换均值数列”.②存在公比不为1的等比数列是“轮换均值数列”.则下列说法正确的是（ ）
A．①是真命题，②是假命题
B．①是假命题，②是真命题
C．①､②都是真命题
D．①､②都是假命题
三、解答题
17．已知，若定义在上的函数的最小正周期为，且对任意的，都有.
(1)求实数的值；
(2)设，当时，，求的值.
18．如图，在四棱锥中， .为棱的中点，异面直线与所成角的大小为.
(1)求证：平面；
(2)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值.
19．某企业招聘员工，指定“英语听说”､“信息技术”､“逻辑推理”作为三门考试课程，有两种考试方案.
方案一：参加三门课程的考试，至少有两门及格为通过；
方案二：在三门课程中，随机选取两门，并参加这两门课程的考试，两门都及格为通过.
假设某应聘者参加三门指定课程考试及格的概率分别是.，且三门课程考试是否及格相互之间没有影响.
(1)分别求该应聘者选方案一考试通过的概率和选方案二考试通过的概率；
(2)试比较该应聘者在上述两种方案下考试通过的概率的大小，并说明理由.
20．已知过点的双曲线的渐近线方程为.如图所示，过双曲线的右焦点作与坐标轴都不垂直的直线交的右支于两点.
(1)求双曲线的标准方程；
(2)已知点，求证：；
(3)若以为直径的圆被直线截得的劣弧为，则所对圆心角的大小是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.
21．已知定义域为的函数y=fx，其导函数为y=f′x，若点在导函数y=f′x图象上，且满足，则称为函数y=fx的一个“类数”，函数y=fx的所有“类数”构成的集合称为“类集”.
(1)若，分别判断和是否为函数y=fx的“类数”，并说明理由；
(2)设y=f′x的图象在R上连续不断，集合.记函数y=fx的“类集”为集合，若，求证：；
(3)已知，若函数y=fx的“类集”为R时的取值构成集合，求当时的最大值.
1
2.8188
2
1.0000
3
0.3644
4
0.2468
1
0.7580
2
1.0000
3
1.3188
4
1.7979
1
2.4132
2
1.0000
3
1.5885
4
4.1116
1
0.8664
2
1.0000
3
1.1188
4
1.2240
参考答案：
1．
【分析】通过因式分解利用一元二次不等式的解法求解即可.
【详解】不等式化为，解得，
不等式的解集为.
故答案为：.
2．0
【分析】根据分段函数解析式求函数值.
【详解】由解析式知.
故答案为：0
3．5
【分析】令，解出即可.
【详解】因为，且各项系数和为32，
令，则，解得，
所以正整数的值为5.
故答案为：5.
4．-2
【分析】利用空间向量的数量积的坐标运算公式即可求解.
【详解】因为，所以，
所以.
故答案为：-2
5．1
【分析】利用奇函数的定义域关于原点对称，且满足，即可求出结果.
【详解】由函数是定义在上的奇函数，可知，
再由，
所以，
故答案为：1.
6．充要
【分析】根据线面平行的判定定理和性质定理结合充分条件和必要条件的定义即可得解.
【详解】充分性：因为，
所以共面，
又因为为两个不同的平面，，
所以，
所以，故充分性成立；
必要性：因为，所以，
又因为，所以，故必要性成立，
所以是的充要条件.
故答案为：充要.
7．51
【分析】根据百分位数的定义求解即可.
【详解】因为，
所以该样本的第75百分位数是按照从小到大的顺序排列的第个数，即为.
故答案为：.
8．
【分析】设，由复数的减法与共轭复数的概念可得，结合复数的乘方运算性质、复数的乘法法则、复数的模长即可得求解的值.
【详解】设，
则，
所以，
因为，
所以，
则.
故答案为：.
9．
【分析】函数存在两个不同的极值点等价于在内有两个异号零点，进而转化为在内有两个不等根即可求解.
【详解】解：易知函数的定义域为，
，
因为函数存在两个不同的极值点，
所以在内有两个不等根，
设，，
则只需，即，
所以，则的取值范围为.
故答案为：
10．/
【分析】设，由椭圆的定义得，利用余弦定理求得，再由正弦定理即可求得，继而得到.
【详解】如图，设，则，因，故，

由余弦定理，，
即，
将代入，整理得：，
解得，则有，，
由正弦定理：，即，
解得，
因，故.
故答案为：.
11．
【分析】设出圆台的母线长及底面半径，根据圆台的母线长公式结合条件即得.
【详解】设上面圆台的母线长为，上面半径为下半圆半径为高为，
根据圆台的母线长公式，带入数值计算得到；
设下面圆台的母线长为，上面半径为下半圆半径为
由于两个圆台侧面展开图的圆弧所对的圆心角相等，可以得到，带入数值计算得到；
所以该花盆上､下两部分母线长的总和为.
故答案为：
12．2
【分析】根据题意可得集合有6个不同的元素，且非空集合，且，对分类讨论可求得集合的元素个数的最小值.
【详解】因为定义域为的函数y=fx的值域也是，
所以这样的不同的函数有个，所以集合有6个不同的元素，
又非空集合，且，
又中的每一个函数都是中的两个函数（可以相同）的复合函数，
若中只有1个函数，则中有5个函数，
又中函数与自身的复合函数只能表示一个函数，故不能得到中5个函数，不符合题意，
若中只有2个函数，则中有4个函数，
若中2个函数的复合函数有，如果这4个函数是中4个函数时，符合题意，此时只需验证即可.
6个不同函数为，，
，，
，，
若，此时，
，，
，，
所以集合的元素个数的最小值为2.
故答案为：2.
【点睛】方法点睛：利用已知先确定集合有6个不同的元素，按照中函数是中函数的复合函数，找到两集合元素的关系，验证即可.
13．C
【分析】根据抛物线的标准方程及焦点坐标即可求解.
【详解】抛物线的标准方程为：，焦点坐标为，
由题意得，所以，
所以抛物线的标准方程为：.
故选：.
14．B
【分析】因为重复摸球次数足够多，所以将频率视为概率，应用古典概型概率的计算公式计算即可.
【详解】设红球个数为，
由题意可得：，解得：.
故选：B
15．B
【分析】利用导函数的奇偶性和单调性以及正负取值，去分析原函数，即可得到判断.
【详解】函数y=fx是偶函数，则f−x=fx，两边求导得：，
所以可知导函数y=f′x是奇函数，
由于函数y=fx与它的导函数y=f′x的定义域均为R，
所以，又因为y=f′x在上是严格增函数，
所以y=f′x在0,+∞上是严格增函数，
由于y=fx是可导函数，所以它的图象是连续曲线，示意图如下：
则y=f′x在0,+∞上恒为正数且递增，
即y=fx在0,+∞上单调递增，且变化率越来越大，
故AC显然错误，而D的变化率越来越小，所以只能选B，
故选：B.
16．A
【分析】根据题意，对于①，设等差数列的公差为，由等差数列的性质可得可得，即可得①正确；对于②，设等比数列的公比为，由等比数列的通项公式分析，可得，可得②不正确，综合即可得答案.
【详解】对于①，设等差数列的公差为，则，
代入
可得
，即可得到，①正确；
对于②，设等比数列的公比为，则，
代入，
可得
要使其为常数，化简后会发现很难对于任意的都满足为常数（因为公比），
故不存在公比不为1的等比数列是“轮换均值数列. ②不正确.
故选：A
17．(1)；
(2).
【分析】（1）根据最小正周期及三角函数的性质、不等式恒成立有，即可求参数值；
（2）应用三角恒等变换有，令求解，结合即可求结果.
【详解】（1），
由的最小正周期为，知，
，
∴.
（2）由（1）可得：，
，
或，即或，，
又，则不妨令，故.
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面平行的判定定理证明即可；
（2）解法一：分析可知是二面角的平面角，以为坐标原点，平行于的直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值；解法二：过作，交的延长线于，连接，再过作，交于，结合线面垂直的性质定理和判定定理可知即为直线与平面的所成角，求正弦值即可.
【详解】（1）因为为棱的中点，
所以且，所以四边形是平行四边形.
所以，又平面不在平面上，
由线面平行的判定定理知，平面.
（2）解法一：因为，即，且异面直线与所成的角为，即，
又平面平面，
又，由三垂线定理可得，
因此是二面角的平面角，，所以，
不妨设，则，
以为坐标原点，平行于的直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
所以，（其中，
则，
设平面的一个法向量为，
则，可得，
令，则，可得，
设直线与平面所成角为，
则，
即直线与平面所成角的正弦值为.
解法二：过作，交的延长线于，连接，
由（1）知： ，
因为，所以，
因为，即，
又平面，所以平面，
因为平面，所以，
又是在平面上的射影，由三垂线定理知，，
又，所以平面，
再过作，交于，
因为平面平面，所以，
又，所以平面，所以即为直线与平面的所成角，
因为平面，由三垂线定理，
因此是二面角的平面角，，
设，则，
因为所以四边形为正方形，
所以，
所以，所以，
所以，
即直线与平面所成角的正弦值为.
19．(1)；
(2)，理由见解析
【分析】（1）记该应聘者对三门指定课程考试及格的事件分别为，方案一即可表示为，方案二先考虑随机选取两门的概率为，再计算这两门都及格的概率即可.
（2）为了比较概率大小，可作差与比较即可.
【详解】（1）记该应聘者对三门指定课程考试及格的事件分别为，
则.
应聘者选方案一考试通过的概率
应聘者选方案二考试通过的概率
（2）
，
因为，所以,即.
故，即选方案一，该应聘者考试通过的概率较大.
20．(1)
(2)证明见解析
(3)是，定值为
【分析】(1)利用双曲线的渐近线方程可设出双曲线的方程，再将点的坐标代入即可求解；
(2)要证，只需证即可；
(3)构造直角三角形，利用锐角三角函数即可求出定值.
【详解】（1）因为双曲线的渐近线方程为，
所以设双曲线方程为，又双曲线过点，
则，
所以双曲线的方程为，即.
（2）由(1)可知，的斜率存在且不为0，所以设的方程为，
联立，消去得，
设，由题意得，
所以，且，
所以
，
所以，即得证.
（3）由(2)可知恒成立，，
所以圆心到的距离，
半径，
设所对圆心角为，
则，
因为为劣弧，所以，
所以，所以，即所对圆心角的大小为定值.
21．(1)是，不是，理由见解析
(2)证明见解析
(3)的最大值是
【分析】（1）根据题意，由“类数”的定义分别计算判断和，可得结果.
（2）因为，所以存在，使得且，由的连续性结合零点存在性定理可证明.
（3），由的“类集”为以及的值域为可证明，再证明，由此可求出的最大值是.
【详解】（1），
是函数的“类数”；
，
不是函数的“类数”.
（2）因为函数的“类集”为集合，且，
所以存在，使得且，
若，则，所以，
因为函数的图象是连续不断的，
不妨设，由零点存在定理知，必存在使得，
所以存在零点，即.
（3），则.
先证明：
因为函数的“类集”为，
所以对任意，
令，则，
因为函数的值域为，
所以当时，必有，
即对于恒成立，
所以函数的最小正周期应有，即，则.
再证明，此时，对于任意.
当时，，则；
当时，，则，
所以时函数的“类集”为，即.
我们不难发现，上述过程中令也成立.因此，的最大值是.
【点睛】思路点睛：（1）第二问由，可知必存在不是“类数”，即且，结合图象的连续性和零点存在性定理， 可知必存在使的零点.（2）由三角函数的值域可知，因为函数的“类集”为，则当时，必有，结合三角函数的对称性，当时，有最大值，所以只需证明可求出的最大值.
题号
13
14
15
16






答案
C
B
B
A