2024届上海市杨浦高级中学高三上学期11月期中考试数学试题含答案

这是一份2024届上海市杨浦高级中学高三上学期11月期中考试数学试题含答案，共16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．不等式的解集是 .
【答案】
【分析】解分式不等式即可得解.
【详解】不等式化为，解得，
所以不等式的解集是.
故答案为：
2．的展开式中，的系数为 .(用数字作答)
【答案】5
【分析】利用二项展开式的通项公式可求得结果.
【详解】的展开式的通项公式为，，
令，得，
所以的系数为.
故答案为：5
3．设为首项为3，公比为2的等比数列，记的前项和为，则 .
【答案】
【分析】根据条件得出，将代入即可求出结果.
【详解】因为为首项为3，公比为2的等比数列，所以，
所以，
故答案为：.
4．在平面直角坐标系中，角的终边经过点，则 ．
【答案】/
【分析】利用三角函数的定义结合二倍角的正弦公式可求得的值.
【详解】在平面直角坐标系中，角的终边经过点，
由三角函数定义可得，，
因此，.
故答案为：.
5．若复数是的一个根，则 .
【答案】
【分析】设设，，代入中，得到方程组，求出，求出模长.
【详解】由题意得，设，，
则，即，
所以，
因为，所以，故，
故.
故答案为：
6．从甲、乙等5名同学中随机选3名参加社区服务工作，则甲、乙至少一人入选的概率为 ．
【答案】/0.9
【分析】把另3 编号，用列举法写出从5人中任选3人的所有基本事件，可得出甲、乙至少一人入选的基本事件，记数后由概率公式计算概率．
【详解】另三名同学记为1，2，3，由从5人中选3名同学基本事件有：甲乙1，甲乙2，甲乙3，甲12，甲13，甲23，乙12，乙13，乙23，123共10个，
其中甲、乙至少一人入选的基本事件有甲乙1，甲乙2，甲乙3，甲12，甲13，甲23，乙12，乙13，乙23共9个，
所以所求概率为．
故答案为：．
7．在平面直角坐标系中，以抛物线的焦点为圆心且与直线相切的圆的面积为 .
【答案】
【分析】根据条件，求出圆心，再利用点到直线的距离公式即可求出结果.
【详解】因为抛物线的焦点为，所以圆心为，
又圆且与直线相切，所以半径，
所以，圆的面积为，
故答案为：.
8．若不等式对任意实数均成立，则实数的取值范围是 .
【答案】
【分析】利用绝对值的几何意义即可求实数a的取值范围.
【详解】由绝对值的几何意义知：对于任意实数x都有，
又不等式对所有实数x恒成立，所以，所以或或，所以，所以实数的取值范围是
故答案为：.
9．正三棱锥的四个顶点同在一个半径为2的球面上，若正三棱锥的侧棱长为，则正三棱锥的底面边长是 ．
【答案】3
【分析】先画出该三棱锥图像，然后利用边角关系求解即可.
【详解】画出正三棱锥的图形如图，
三角形的中心为，连接，球的球心在上，连接，
取的中点，连接，则，，，
，所以，，，
底面三角形的高为，底面三角形的边长为，，．
故答案为：3
10．拉格朗日中值定理是微分学的基本定理之一，内容为：如果函数在闭区间上的图象连续不间断，在开区间内的导数为，那么在区间内至少存在一点，使得成立，其中叫做在上的“拉格朗日中值点”．根据这个定理，可得函数在上的“拉格朗日中值点”为 ．
【答案】/
【分析】求出函数的导数，令为函数在上的“拉格朗日中值点”，列方程求解即可.
【详解】由可得，
令为函数在上的“拉格朗日中值点”，
则，解得.
故答案为：
11．如图，D是等边内的动点，四边形是平行四边形，．当取得最大值时， ．

【答案】0
【分析】建立平面直角坐标系，设的边长为，，，利用表达出，求出，利用三角函数求出最值及此时，，从而得到.
【详解】以为坐标原点，所在直线为轴，垂直于的直线为轴，建立空间直角坐标系，
因为四边形是平行四边形，，
则，
设的边长为，显然，，
设，，则，
故，即，
因为，所以，
设，由，
，
所以
，
因为，所以，
显然当，即时，取得最大值，
此时，
，故.
故答案为：0
【点睛】平面向量解决几何最值问题，通常有两种思路：
①形化，即用平面向量的几何意义将问题转化为平面几何中的最值或取值范围问题，然后根据平面图形的特征直接进行求解；
②数化，即利用平面向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与值域，不等式的解集，方程有解等问题，然后利用函数，不等式，方程的有关知识进行求解.
12．已知，是双曲线的左､右焦点，P为曲线上一点，，的外接圆半径是内切圆半径的4倍.若该双曲线的离心率为e，则 .
【答案】
【分析】根据双曲线的定义，设，结合利用余弦定理可得，再根据等面积法求得内切圆半径的表达式，结合正弦定理可得外接圆半径的表达式，进而列式求解离心率即可
【详解】由题意，设，因为，故，即，根据双曲线的定义有，故.所以的面积为.又，故.故内切圆半径满足，解得.又的外接圆半径满足，故，由题意，即，所以，故，故，解得
故答案为：
二、单选题
13．若，，则是事件A与事件B相互独立的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】根据给定条件，求出，再利用相互独立事件的定义，结合充分条件、必要条件的定义判断即得.
【详解】由，得，因此，即事件A与事件B相互独立，
反之亦然，所以是事件A与事件B相互独立的充要条件.
故选：C
14．下列函数中，在定义域内不是奇函数的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】求出各选项的函数定义域，再利用奇函数的定义判断作答.
【详解】对于A，令，由，得的定义域为R，
，函数不是奇函数；
对于B，令，由，得，即函数的定义域为，
，函数是奇函数；
对于C，令，显然函数的定义域为R，，
函数是奇函数；
对于D，令，函数的定义域为，
，函数是奇函数.
故选：A
15．如图所示是中国年汽车进、出口统计图，则下列结论错误的是（ ）
A．从年开始中国汽车出口量大于进口量
B．年中国汽车进口量的极差约为万辆
C．年中国汽车进口量的标准差约为万辆
D．年中国汽车出口量的第百分位数是万辆
【答案】D
【分析】根据图像，对各个选项逐一分析判断即可求出结果.
【详解】对于选项A，由图知，年中国汽车出口量大于进口量，所以选项A正确；
对于选项B，年中国汽车进口量最大是年为142.3万辆，进口量最小是2020年为93.3，所以极差为，
所以选项B正确；
对于选项C，年中国汽车进口量为113，112，142.3，109.7，107，124，113，104.8，93.3，94，
所以平均数为，
标准差为，
所以选项C正确，
对于选项D，年中国汽车出口量从小排到大为72.3，73，89.7，92，99，104，108，115，121.5，212，
又，所以第百分位数是，所以选项D错误，
故选：D.
16．若，令，则关于结论：①M可以等于0；②M可以等于2.下面正确的判断是（ ）
A．①成立，②成立B．①成立，②不成立
C．①不成立，②成立D．①不成立，②不成立
【答案】C
【分析】根据给定关系，探求的取值情况，再将两边平方，借助累加法表示出，即可分析判断得解.
【详解】由，，得，同理或，或，
或或，…，或或…或，
即，由，得，
因此，
，由为自然数，，
不妨令，则，
显然，，当时，，因此①不成立，②成立，C正确.
故选：C
【点睛】思路点睛：使用裂项法求和，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．
三、解答题
17．已知向量，其中，若函数的最小正周期为.
(1)求的单调增区间；
(2)在中，若，求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，由辅助角公式将函数化简，再由函数周期即可求得，再根据正弦型函数的单调区间即可得到结果；
（2）根据题意，由（1）中函数的解析式可得，再由正弦定理可得，再结合平面向量数量积的定义代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）
的最小正周期为.
故，
令，解得，
故函数的单调增区间为
（2）设中角所对的边分别是.
，即，解得.
，
，
.
18．已知定义域为R的函数是奇函数.
(1)求的值；
(2)若存在，使成立，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据函数奇偶性的性质建立方程关系进行求解；
（2）根据函数单调性和奇偶性，将不等式转化求解即可求出结果.
【详解】（1）因为函数是定义在上的奇函数，所以，得到，所以，
又，所以，解得，
当，，，，所以函数是奇函数，
所以，，.
（2）由（1）知，
任取，且，
则，
因为，所以，所以，
得到函数在定义上单调递减，又函数为奇函数，
由，得到，所以，
即，令，对称轴为，又，所以，所以.
19．如图，在四棱锥中，，，，，．

(1)当时，求直线与平面所成角的大小；
(2)当二面角为时，求平面与平面所成二面角的正弦值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）作出辅助线，由余弦定理求出，证明出线面垂直，得到即为直线与平面的所成角，求出，得到答案；
（2）作出辅助线，得到为二面角的平面角，即，设点到平面和边的距离分别为，，由求出，由求出，从而利用求出答案.
【详解】（1）延长，交于点，连接．

因为，所以，故为等边三角形，
所以，．
因为，，所以，．
在中，由余弦定理得，
所以，
所以，所以由勾股定理逆定理得．
因为，，，平面，所以平面．
因为平面，所以．
因为，，，平面，
所以平面，
所以即为直线与平面的所成角，
在直角三角形中，，
故直线与平面所成角的大小为．
（2）过，分别作，的平行线交于点，连接，取的中点，连接．
则四边形为平行四边形，
由（1）知，，故，
因为，，所以．
又因为，所以为二面角的平面角，即．
在中，因为，，所以为等边三角形，
所以，且，．
由（1）知，所以，
因为，，，平面，所以平面．
因为平面，所以．
因为，平面，所以⊥平面，

因为，所以⊥平面，
因为平面，所以⊥，
在中，，，，所以．
在中，，，
所以，
故，所以．
易求得．
设点到平面和边的距离分别为，，
因为，所以，即，
所以．
在中，，故≌，
故，所以，所以．
设平面与平面所成二面角的大小为，则．
20．在平面直角坐标系xOy中，已知中心在坐标原点，焦点在坐标轴上的椭圆C的右焦点为，且离心率，过点且斜率为的直线l交椭圆C于点A，B两点，D为AB的中点，过作直线l的垂线，直线OD与直线m相交于点
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)证明：点P在一条定直线上；
(3)当最大时，求的面积．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据已知和椭圆的几何性质可得；
（2）由直线l的方程代入椭圆方程，根据韦达定理的点D坐标，再由条件表示出直线OD和直线联立求解可得P点坐标，然后可证；
（3）利用直线m和直线OP的斜率求最大值，根据基本不等式取最值的条件可得直线l的斜率k，然后可解.
【详解】（1）椭圆C的右焦点为，又，，
椭圆C的标准方程为
（2）设，，A，B中点为，直线l：，
联立方程组化简得，
可得，，代入直线l的方程，得点D的坐标为，
所以直线OD的方程为
因为直线过椭圆的右焦点且与直线l垂直，
所以直线m的方程为解方程组解得
所以点P在定直线上．
（3）设直线m的倾斜角为，直线OP的倾斜角为由（2）可知，，
所以
注：也可用向量夹角公式，
当且仅当，即时取最大值．此时直线l方程为，直线m的方程为，故点P为
由（2）可得，，，所以，
弦长，P到直线l的距离为，
所以，
21．设函数.
(1)求函数在点处的切线方程;
(2)证明:对每个，存在唯一的，满足；
(3)证明:对于任意，由（2）中构成的数列满足.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）求出导函数，然后求解导数值即切线斜率，代入点斜式方程即可求解；
（2）根据，得函数在上是增函数，又，，根据零点存在性定理可证；
（3）由在上单调递增，可得，再减变形化简，利用放缩法得证.
【详解】（1），所以，
所以，又，
所以函数在点处的切线方程为，即；
（2）对每个，当时，
由函数，
可得，故函数在上是增函数.
由于，当时，，即.
又，
根据函数的零点的判定定理，可得存在唯一的，满足；
（3）对于任意，由（1）中构成数列，当时，
，.
由在上单调递增，可得，即，故数列为减数列，
即对任意的，
由于 （1），
（2）
用（1）减去（2）并移项，利用，可得
.
综上可得，对于任意，由（1）中构成数列满足.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.