2024-2025学年上海市浦东新区高三上册期末教学质量检测数学检测试卷（附解析）

这是一份2024-2025学年上海市浦东新区高三上册期末教学质量检测数学检测试卷（附解析），共15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（本大题共12小题）
1．若对数函数且）的图象经过点，则实数 .
2．直线的倾斜角 .
3．已知复数，，，若为纯虚数，则 ．
4． 的展开式中的系数为 .（用数字作答）
5．在中，，，，则 ．
6．已知实数、满足，则的最小值为 ．
7．若等差数列满足，，则 ．
8．已知函数的表达式为，则不等式的解集为 ．
9．已知双曲线的左、右焦点分别为、，双曲线上的点在第一象限，且与双曲线的一条渐近线平行，则的面积为 ．

10．某地要建造一个市民休闲公园长方形，如图，边，边，其中区域开挖成一个人工湖，其他区域为绿化风景区．经测算，人工湖在公园内的边界是一段圆弧，且、位于圆心的正北方向，位于圆心的北偏东60°方向．拟定在圆弧处修建一座渔人码头，供游客湖中泛舟，并在公园的边、开设两个门、，修建步行道、通往渔人码头，且、，则步行道、长度之和的最小值是 ．（精确到0.001）
11．已知空间中三个单位向量、、，，为空间中一点，且满足，，，则点个数的最大值为 ．
12．已知在复数集中，等式对任意复数恒成立，复数，，，在复平面上对应的4个点为某个单位圆内接正方形的4个顶点，，则满足条件的不同集合个数为 ．
二、单选题（本大题共4小题）
13．若实数、满足，下列不等式中恒成立的是（ ）
A．B．C．D．
14．设、为两条直线，、为两个平面，且．下述四个命题中为假命题的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若且，则D．若，则或
15．对一组数据3，3，3，1，1，5，5，2，4，若任意去掉其中一个数据，剩余数据的统计量一定会发生变化的为（ ）
A．中位数B．众数C．平均数D．方差
16．设函数，的定义域均为，值域分别为、，且．若集合S满足以下两个条件：（1）；（2）是有限集，则称和是S-互补函数．给出以下两个命题：①存在函数，使得和是-互补函数；②存在函数，使得和是-互补函数．则（ ）
A．①②都是真命题B．①是真命题，②是假命题
C．①是假命题，②是真命题D．①②都是假命题
三、解答题（本大题共5小题）
17．已知函数的表达式为，．
(1)若函数的最小正周期为，求的值及的单调增区间；
(2)若，设函数的表达式为，求当时，的值域．
18．如图，已知为圆柱底面圆的直径，，母线长为3，点为底面圆的圆周上一点．
(1)若，求三棱锥的体积；
(2)若，求异面直线与所成的角的余弦值．
19．申辉中学为期两周的高一、高二年级校园篮球赛告一段落．高一小、高二小分别荣获了高一年级和高二年级比赛的年级MVP（最有价值球员）．以下是他们在各自8场比赛的二分球和三分球出手次数及其命中率．
现以两人的总投篮命中率（二分球+三分球）较高者评为校（总投篮命中率总命中次数÷总出手次数）
(1)小认为，目测小的二分球命中率和三分球命中率均高于小，此次必定能评为校，试通过计算判断小的想法是否准确？
(2)小是游戏爱好者，设置了一款由游戏人物小、小轮流投篮对战游戏，游戏规则如下：①游戏中小的命中率始终为0.4，小的命中率始终为0.3，②游戏中投篮总次数最多为次，且同一个游戏人物不允许连续技篮．③游戏中若投篮命中，则游戏结束，投中者获得胜利；若直至第次投篮都没有命中，则规定第二次投篮者获胜．若每次游戏对战前必须设置“第一次投篮人物”和“”的值，请解答以下两个问题．
（ⅰ）若小第一次投篮，请证明小获胜概率大；
（ⅱ）若小第一次投篮，试问谁的获胜概率大？并说明理由．
20．已知椭圆的左、右焦点分别为、，过坐标原点的直线交椭圆于A、两点，点A在第一象限．
(1)若，求点A的坐标；
(2)求的取值范围；
(3)若轴，垂足为，连结并延长交椭圆于点，求面积的最大值．
21．过曲线上一点作其切线，若恰有两条，则称为的“类点”；过曲线外一点作其切线，若恰有三条，则称为的“类点”；若点为的“类点”或“类点”，且过存在两条相互垂直的切线，则称为的“类点”．
(1)设，判断点是否为的“类点”，并说明理由；
(2)设，若点为的“类点”，且过点的三条切线的切点横坐标可构成等差数列，求实数的值；
(3)设，证明：轴上不存在的“类点”．
答案
1．【正确答案】2
【详解】将点代入得，解得
故2.
2．【正确答案】
【详解】设直线的倾斜角为，
易知直线的斜率为，
所以，
解得.
故
3．【正确答案】5
【详解】，
因为为纯虚数，所以，
所以，所以，
故5.
4．【正确答案】20
【详解】的展开式中第项为，
令得：的系数为.
故20．
5．【正确答案】
【详解】在中，由，，得，
由正弦定理得，.
故
6．【正确答案】
【详解】因为，
所以，
当且仅当，即时取等号，
故的最小值为.
故答案为.
7．【正确答案】
【详解】因为数列为等差数列，
则，即，
且，可得，
即，解得
故答案为.
8．【正确答案】
【详解】因为，
若，则，即，解得；
若，则，解得；
综上所述：不等式的解集为.
故答案为.
9．【正确答案】
【详解】双曲线的焦点，渐近线方程为，
依题意，直线的方程为，
由，解得，则点的坐标为，
所以的面积为.
故
10．【正确答案】1.172
【详解】以点为原点，直线为轴建立平面直角坐标系，连接，
令圆的半径为，则，解得，设，
因此，
当且仅当时取等号，
所以步行道、长度之和的最小值是.
故
11．【正确答案】8
【详解】由题意得，，且.
以为原点，分别以、、的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，则，，.
设，则，
∴，，，
∴，，，
∴点坐标可能为，，，，，，，，
故点个数的最大值为8.
故8.
12．【正确答案】10
【详解】
，
对比系数可得，，
，，
复数，，，在复平面上对应的4个点为某个单位圆内接正方形的4个顶点
情况1，四个根两两互为共轭复数，故圆心在轴上，设单位的圆心为，
不妨设，，
，，
，
类似计算可得，
，，
因为，
所以只能为负整数，又集合元素的互异性，从而可得，此时集合的个数为5个，
情况2，四个根有2个为实数，另外2个为共轭复数故圆心在轴上，设单位的圆心为，
不妨设，，，，
计算可得，，
，，
因为，所以只能为负整数，又集合元素的互异性，
从而可得，此时集合的个数为5个，
综上：满足条件的不同的个数为10.
故10.
13．【正确答案】C
【详解】对于A，令，满足，但，故A错误；
对于B，令，满足，但，故B错误；
对于C，因为实数、满足，所以，故C正确；
对于D，令，满足，但，故D错误；
故选：C.
14．【正确答案】B
【详解】对于选项A，因为，所以，又，所以，故选项A是真命题，
对于选项B，如图，取平面为，平面为，则直线为直线，取为直线，
显然有，但与异面，所以选项B为假命题，
对于选项C，在内任取不在直线上的一点，过确定，则，因为，所以，
同理可得，，所以，又，故，
又，所以，得到，故选项C为真命题，
对于选项D，因为，所以，，若，因为，则，
若，易知，又，，所以，故选项D为真命题，
故选：B.
15．【正确答案】D
【详解】数据由小到大排列为：1，1，2，3，3，3，4，5，5，其中位数、众数、平均数都为3，
去掉数据1，剩余数据的中位数、众数都不变；去掉数据3，剩余数据的平均数不变，ABC不是；
若任意去掉其中一个数据，剩余数据的波动性发生变化，方差一定发生变化，D是.
故选：D
16．【正确答案】A
【详解】对于①，取的值域为，
故，，
令，
满足和是有限集，
从而和是-互补函数，①正确；
对于②，取是增函数，，由复合函数性质，
只需考虑和即可，
先让的值域包含，则，，
那么接下来考虑让的部分被和取得，
因为的值域没有，所以的值域中没有，
所以的值域没有，
所以考虑让的值域中有，
则的值域有，……，
依次类推，按照这样的方式构造下去，
可以得到满足题意的，②正确.
故选：A
17．【正确答案】(1)，单调增区间为；
(2)
【详解】（1）因为，所以，解得，
，
令，解得，
故单调递增区间为；
（2），，
时，，故，
所以.
18．【正确答案】(1)4；
(2).
【详解】（1）依题意，平面，由，得，
所以三棱锥的体积.
（2）过点作圆柱的母线，连接，
则，于是四边形为平行四边形，，
因此是异面直线与所成的角或其补角，
由，得，，，
则，，
由平面，得，
在中，，
所以异面直线与所成的角的余弦值为.
19．【正确答案】(1)不正确
(2)（ⅰ）证明见解析，（ⅱ）答案见解析，理由见解析；
【详解】（1）由题意小总出手200次，命中120次，命中率为：，
小总出手200次，命中136次，命中率为，
故小获校，所以小的想法不正确；
（2）（ⅰ）证明：若第一次投篮人物为小，，
小获胜的概率为，小获胜的概率为，
则，
所以若小第一次投篮，小获胜概率大，
（ⅱ）若第一次投篮人物为小，，
小获胜的概率为，小获胜的概率为，
则
，
其中
由指数函数的单调性可知：随着的增大而增大，
计算可得：，
所以当也就是时，，
当也就是时，，
综上：若小第一次投篮，时，小获胜概率大，
时，小获胜概率大.
20．【正确答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）由椭圆方程可知：，则，
设直线，，
可得，解得，
则，解得，
则，即，所以.
（2）因为，
可得，
则，
因为，则，
可得，
所以的取值范围为.
（3）设，
由题意可知：，
则，且，
因为点均在椭圆上，则，两式相减得，
整理可得，即，
则，即，可知，
又因为，则，
可得面积
，
设，则，
当时，；当时，；
可知在0,1内单调递增，在1,+∞内单调递减，则，
所以面积的最大值为.
1.数形结合法：根据待求值的几何意义，充分利用平面图形的几何性质求解；
2.构建函数法：先引入变量，构建以待求量为因变量的函数，再求其最值，常用基本不等式或导数法求最值(注意：有时需先换元后再求最值)．
21．【正确答案】(1)是，理由见解析；
(2)2；
(3)证明见解析.
【详解】（1）函数，，点在上，求导得，
设切点为，切线方程为，即，
由切线过，得，,解得或，
因此切线方程为，所以点为的“类点”.
（2）函数，求导得，设切点为，
切线方程为，即，
切线过，则，
依题意，方程有三个不同解，且成等差数列，设为，公差为，
，
因此，则，，则，
当时，，不过，
所以的值为2.
（3）假设轴上存在函数的“类点”，记为，设坐标为，
求导得，设切点为，切线方程为，
即，由切线过，得，此方程至少有两个不同解，
设，则，由，得或，
当时，，函数是上的严格减函数，
当时，为上的严格增函数，
函数的极小值，极大值，又，
当或时，方程有两个不同解，当时，方程有三个不同解，
当时，在上，其余情况下在外，则，
设两垂直切线的斜率为，对应方程的两根为，
则，由，
得，则有，
由，得异号，不妨设，
由均值不等式知，，
则，与矛盾，即不存在，
所以轴上不存在的“类点”.二分球出手
二分球命中率
三分球出手
三分球命中率
小
100次
100次
小
190次
10次