上海外國語大學附屬浦東外國語學校2024屆高三下學期3月月考數(shù)學試題（原卷版+解析版）

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1. 已知集合，，則集合的子集個數(shù)為______.
【答案】2
【解析】
【分析】解不等式化簡集合，再利用集合的交集運算求得，從而列舉出其子集即可得解.
【詳解】因為，
又，所以，
所以集合的子集為，共2個.
故答案為：2.
2. 條件p：1－xa，若p是q的充分條件，則a的取值范圍是__________.
【答案】{a|a≤1}
【解析】
【分析】根據(jù)p是q的充分條件，由p?q求解.
【詳解】p：x>1，
因為p是q的充分條件，
則p?q，即p?q,
所以a≤1.
故答案為：{a|a≤1}
3. 若復數(shù)滿足，則_________．
【答案】
【解析】
【分析】利用復數(shù)的除法運算即可得解.
【詳解】因為，
所以.
故答案為：.
4. 已知向量是一個基底，實數(shù)x，y滿足，則________.
【答案】3
【解析】
【分析】利用平面的基底不共線得到關(guān)于的方程組，解之即可得解.
【詳解】因是一個基底，故與不共線，
由平面向量基本定理得，解得，
則.
故答案為：3.
5. 的展開式中，x的系數(shù)為_________.（用數(shù)字作答）
【答案】–256
【解析】
【分析】根據(jù)二項式展開式的通項公式求得正確答案.
【詳解】展開式的通項公式為：，
展開式中含x項為：
，
∴展開式中含項的系數(shù)為–256.
故答案為：
6. 在中，，，，則______.
【答案】##
【解析】
【分析】利用余弦定理即可得解.
【詳解】因為，，，
由余弦定理得，
所以.
故答案為：.
7. 分別拋擲兩枚質(zhì)地均勻的硬幣，設(shè)事件A是“第一枚為正面朝上”，事件B是“第二枚為正面朝上”，事件C是“兩枚結(jié)果相同”，則下列事件具有相互獨立性的有______（用數(shù)字①②③作答）
①事件A與事件B；②事件A與事件C；③事件C與事件B.
【答案】①②③
【解析】
【分析】利用古典概型分別求得事件的概率，再利用獨立事件的概率公式逐一判斷即可得解.
【詳解】依題意，，
，
對于①，，所以與是相互獨立本件；
對于②，，所以與是相互獨立事件；
對于③，，所以與是相互獨立事件.
故答案為：①②③.
8. 若數(shù)列的前n項和為，若，則正整數(shù)n的值為______．
【答案】4
【解析】
【分析】利用裂項相消法求出，根據(jù)即可求出n值.
【詳解】,
，
，
.
故答案為：4.
9. 若正四面體的頂點都在一個表面積為的球面上，過點且與平行的平面分別與棱交于點，則空間四邊形的四條邊長之和的最小值為__________.
【答案】##
【解析】
【分析】根據(jù)條件求出正四面體的棱長為，設(shè)，利用幾何關(guān)系得到空間四邊形的四條邊長之和，即可求出結(jié)果.
【詳解】如圖，將正四面體放置到正方體中，易知正四面體外接球即正方體的外接球，
設(shè)正四面體的棱長為，所以正方體的邊長為，
易知正方體的外接球直徑為體對角線的長，又，所以正四面體的半徑，
依題有，得到，即正四面體的棱長為，
因為面，面面，面，所以，
設(shè)
因為，則，，
在中，因為，所以，
在中，，，則，
所以空間四邊形的四條邊長之和，
又，當時，，
故答案為：.
【點睛】關(guān)鍵點點晴：本題的關(guān)鍵在于設(shè)出后，利用幾何關(guān)系得出，，，從而得出空間四邊形的四條邊長之和，轉(zhuǎn)化成求的最小值來解決問題.
10. 佛山被譽為“南國陶都”，擁有上千年的制陶史，佛山瓷磚享譽海內(nèi)外.某企業(yè)瓷磚生產(chǎn)線上生產(chǎn)的瓷磚某項指標，且，現(xiàn)從該生產(chǎn)線上隨機抽取10片瓷磚，記表示的瓷磚片數(shù)，則__________.
【答案】1
【解析】
【分析】結(jié)合題中條件與正態(tài)分布曲線的性質(zhì)，求出對稱軸，再利用二項分布的均值公式求解即可.
【詳解】由題意得，該正態(tài)分布曲線關(guān)于對稱，故，
則，
由題意得，故.
故答案為：1
11. 設(shè)，過定點A的動直線和過定點B的動直線交于點，則的最大值是______．
【答案】5
【解析】
【詳解】試題分析：易得.設(shè)，則消去得：，所以點P在以AB為直徑的圓上，，所以，.
法二、因為兩直線的斜率互為負倒數(shù)，所以，點P的軌跡是以AB為直徑的圓.以下同法一.
【考點定位】1、直線與圓；2、重要不等式.
12. 在中，，．若空間點滿足，則直線與平面所成角的正切的最大值為__________.
【答案】
【解析】
【分析】設(shè)，易知點在以為旋轉(zhuǎn)軸，底面圓半徑為的圓柱上，以所在平面為，建立空間直角坐標，則平面的法向量，設(shè)則，記直線與平面所成角為，則，令，利用換元法可得，又，則的最大值為，由此即可求出答案.
【詳解】點作與點，過點作與點，
設(shè)，則，
又，則，
則點在以為旋轉(zhuǎn)軸，底面圓半徑為的圓柱上，
如圖所示：以所在平面為，建立空間直角坐標，則平面的法向量為：，
，
設(shè)，
則，
記直線與平面所成角為，
則，
因為，
所以，
令，則，
則，，
又，在上單調(diào)遞減.在上單調(diào)遞增，
則，
所以，當且僅當，即時，等號成立，
又，
所以直線與平面所成角的最大值為，
此時.
故答案為：
二、選擇題（本大題共4題，滿分20分）
13. 若圓柱的底面直徑和高都與球的直徑相等，則圓柱的表面積與球的表面積之比為（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】設(shè)球的半徑為，分別求出圓柱及球的表面積，從而可得兩者表面積之比.
【詳解】設(shè)球的半徑為，則由題意，，
所以圓柱的表面積與球的表面積之比為，
故選：D
14. 用數(shù)學歸納法證明不等式的過程中，由遞推到時不等式左邊（ ）
A. 增加了
B. 增加了
C. 增加了，但減少了
D. 增加了，但減少了
【答案】C
【解析】
【分析】列出和的情況，比較得到答案.
【詳解】當時，，
當時，，
故增加了，但減少了.
故選：.
15. 數(shù)列中的項按順序可以排列成如圖的形式，第一行1項，排；第二行2項，從左到右分別排、；第三行3項，，依此類推，設(shè)數(shù)列的前n項和為，則滿足的最小正整數(shù)n的值為（ ）
A. 20B. 21C. 25D. 27
【答案】B
【解析】
【分析】根據(jù)題意，分析表中數(shù)據(jù)規(guī)律，求出各行的和，據(jù)此得，求出第6行的第6個數(shù)，計算可得，從而分析可得答案．
【詳解】第一行，為4，其和為4，可變形為，
第二行，為首項為4，公比為3的等比數(shù)列，共2項，其和為，
第三行，為首項為4，公比為3的等比數(shù)列，共3項，其和為，
，
依次類推：第n行的和為，
則前6行共個數(shù)，
前6項和為：
，滿足，
而第6行的第6個數(shù)為，則，
故滿足的最小正整數(shù)n的值為21.
故選：B.
16. 設(shè)銳角的三個內(nèi)角A、B、C的對邊分別為a、b、c，且，則周長的取值范圍為（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先求出角的范圍，利用二倍角的正弦公式和正弦定理得，再利用正弦定理和三角恒等變換得，最后得到周長表達式，再利用二次函數(shù)的性質(zhì)即可得到范圍.
【詳解】因為△為銳角三角形，所以，，，
即，，，所以，；
又因為，所以，又因為和正弦定理得，
由，即
，
所以，令，則，
又因為函數(shù)在上單調(diào)遞增，所以函數(shù)值域為，
則的周長的取值范圍為.
故選：C.
【點睛】關(guān)鍵點睛：本題解題關(guān)鍵是利用正弦定理實現(xiàn)邊角的轉(zhuǎn)化得到周長關(guān)于角的函數(shù)關(guān)系，借助二次函數(shù)的單調(diào)性求最值.
三、解答題（本大題共有5題，滿分76分）
17. 袋中有大小形狀相同的5個球，其中3個紅色，2個黃色.
（1）兩人依次不放回各摸一個球，在第一個人摸出紅球，且第二個人摸出1個黃球的概率；
（2）甲從中隨機且不放回地摸球，每次摸1個，當兩種顏色的球都被摸到時即停止摸球，記隨機變量為此時已摸球的次數(shù)，求：
①的值；②隨機變量的概率分布和數(shù)學期望.
【答案】（1）
（2）①；②分布列見解析，的數(shù)學期望為
【解析】
【分析】（1）利用不放回模型，結(jié)合古典概型的概率公式即可得解；
（2）①分析表示意義，結(jié)合古典概型即可得解；②由條件確定隨機變量的所有取值，再求取各值的概率，由此可得其分布列，再由期望公式求其期望.
【小問1詳解】
依題意，所求概率為；
【小問2詳解】
①由已知得從袋中不放回的摸球兩次的所有取法有種，
事件表示第一次取紅球第二次取黃球或第一次取黃球第二次取紅球，
故事件包含種取法，
所以；
②，，
則的概率分布為
所以的數(shù)學期望為.
18. 已知數(shù)列的前項和為，點列、、、、在過點的直線上，且（是坐標原點）．
（1）求數(shù)列的通項公式；
（2）記，若對任意正整數(shù)，恒成立，求實數(shù)的取值范圍．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）求出直線的方程，可得出，令可求得的值，令，由可得，兩式作差可推導出數(shù)列為等比數(shù)列，確定該數(shù)列的首項和公比，即可求得數(shù)列的通項公式；
（2）求出、，可得出關(guān)于的不等式，結(jié)合恒成立可求得實數(shù)的取值范圍.
【小問1詳解】
解：，因為，由題意可知，直線的方程為，即，
所以，對任意的，，
當時，則，可得，
當時，由（①）可得（②），
①②可得，即，
所以，數(shù)列是等比數(shù)列，且首項為，公比為，因此，.
【小問2詳解】
解：，所以，，
若對任意正整數(shù)，恒成立，即，
，故數(shù)列為單調(diào)遞增數(shù)列，
故，解得.
因此，實數(shù)的取值范圍是.
19. 如圖，已知四棱錐的底面的菱形，，點是邊的中點，和交于點O，PO平面；
（1）求證：；
（2） 求二面角的大?。?br>（3）在（2）的條件下，求異面直線與所成角的余弦值．
【答案】（1）見解析；
（2）；
（3）．
【解析】
【分析】（1）根據(jù)線面垂直的判定定理，結(jié)合菱形的性質(zhì)進行證明即可；
（2）根據(jù)二面角的定義，結(jié)合銳角三角函數(shù)定義進行求解即可；
（3）根據(jù)異面直線所成的角定義，結(jié)合余弦定理進行求解即可.
【小問1詳解】
在菱形中，連接則是等邊三角形．
點是邊的中點，
平面，平面，
，因為平面，
所以平面，而平面，
；
【小問2詳解】
由（1）知，
菱形中,
由（1）同理可證，，
為二面角的平面角，
在菱形中,，由（1）知，等邊三角形
點是邊的中點，與互相平分
點是的重心
又在等邊三角形中，
所以在中，
二面角的大小為；
【小問3詳解】
取中點，連結(jié)，，
則，
與所成角與所成角，連結(jié)，
平面,、平面，
，
在中,，
，
中,，
在中,，
由（2）可知，，
設(shè)與所成的角為，
則，
所以異面直線、所成角的余弦值為.
20. 已知橢圓E過點A（2，3），對稱軸為坐標軸，焦點F1，F(xiàn)2在x軸上，離心率，∠F1AF2的平分線所在直線為l．
（1）求橢圓E的方程；
（2）設(shè)l與x軸的交點為Q，求點Q的坐標及直線l的方程；
（3）在橢圓E上是否存在關(guān)于直線l對稱的相異兩點？若存在，請找出；若不存在，說明理由．
【答案】（1）（2）點Q的坐標；2x-y-1=0 （3）不存在
【解析】
【分析】（1）設(shè)出橢圓方程，根據(jù)橢圓E經(jīng)過點A（2，3），離心率，建立方程組，求得幾何量，即可得到橢圓E的方程；
（2）求得AF1方程、AF2方程，利用角平分線性質(zhì)，即可求得∠F1AF2的平分線所在直線l的方程；
（3）假設(shè)存在B（x1，y1）C（x2，y2）兩點關(guān)于直線l對稱，設(shè)出直線BC方程代入橢圓E的方程，求得BC中點代入直線2x-y-1=0上，即可得到結(jié)論．
【詳解】（1）設(shè)橢圓方程為（a＞b＞0）∵橢圓E經(jīng)過點A（2，3），離心率e= 解得a2=16，b2=12．
∴橢圓方程E為：.
（2）F1（-2，0），F(xiàn)2（2，0），∵A（2，3），∴AF1方程為：3x-4y+6=0，AF2方程為：x=2
設(shè)角平分線上任意一點為P（x，y），得2x-y-1=0或x+2y-8=0
∵斜率為正，∴直線方程為2x-y-1=0；l與x軸的交點為Q，點Q的坐標．
（3）假設(shè)存在B（x1，y1）C（x2，y2）兩點關(guān)于直線l對稱，∴kBC=-，∴直線BC方程為y=-x+m代入橢圓方程得x2-mx+m2-12=0，∴BC中點為，代入直線2x-y-1=0上，得m=4．∴BC中點為（2，3）與A重合，不成立，所以不存在滿足題設(shè)條件的相異的兩點．
【點睛】本題考查橢圓的標準方程，考查直線方程，考查對稱性，考查學生分析解決問題的能力，對運算能力要求很高，屬于中檔題．
21. 已知函數(shù).
（1）證明：函數(shù)在上有且只有一個零點；
（2）當時，求函數(shù)的最小值；
（3）設(shè)，若對任意的恒成立，且不等式兩端等號均能取到，求的最大值.
【答案】（1）證明過程見詳解
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）將證明的結(jié)論轉(zhuǎn)化為在上有且只有一個零點.
然后對函數(shù)求導判斷函數(shù)的單調(diào)性，利用零點存在性定理即可證明；
（2）對函數(shù)求導，判斷函數(shù)的單調(diào)性進而求出函數(shù)的最小值；
（3）結(jié)合（1）（2）的結(jié)論和已知條件可知，使最大，則，則，且等號取到與函數(shù)相切，然后利用導數(shù)的幾何意義進行求解即可.
【小問1詳解】
令，得，令，
要證函數(shù)在上有且只有一個零點，
即證在上有且只有一個零點.
因為，所以函數(shù)在上單調(diào)遞減，
由，，則，
由零點存在性定理可知，函數(shù)在上有且只有一個零點.
故得證.
【小問2詳解】
對函數(shù)求導可得，因為，
所以當時，顯然，則；
當時，令，，
因，
（令，則，所以在上單調(diào)遞增，則，所以，）
所以當時，在上單調(diào)遞增，
故，則，，
則函數(shù)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，
所以.
【小問3詳解】
由（1）知，函數(shù)在上有且只有一個零點，
由（2）知函數(shù)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，
且當，函數(shù)趨近于，
考慮到，則，則，當變大時，則減小.

要使最大，則，則，且等號取到與函數(shù)相切，
設(shè)切點坐標為，則，
則有，
即，解得，
（下面證明唯一性）可化為，
，令，，函數(shù)在上單調(diào)遞減，
則，
當時，因為時，恒有，則，
所以，
當時，因時，恒有，則，
所以，
所以函數(shù)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，
又因為函數(shù)的最小正周期為，
所以函數(shù)與在上有唯一的交點，
草圖如下：

故，所以的最大值為.
【點睛】利用導數(shù)研究函數(shù)的最值問題時，一般需要先對函數(shù)求導，根據(jù)導函數(shù)的方法研究函數(shù)的單調(diào)性，求出極值，結(jié)合題中條件即可求出最值（有時解析式中會含有參數(shù)，求解時，要討論參數(shù)的不同取值范圍，再判斷函數(shù)的單調(diào)性，進行求解）.
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