高級中學名校試卷PAGEPAGE1上海市奉賢區2025屆高三上學期學科質量調研數學試題一、填空題（本大題滿分54分）本大題共有12題，考生應在答題紙相應編號的空格內直接寫結果，1-6題每個空格填對得4分，7-12題每個空格填對得51分．1.設全集，集合，則______．【答案】【解析】因為全集，集合，則.故答案為：.2.若直線：與直線：互相垂直，則______．【答案】0【解析】由題意得，解得.故答案為：03.已知，則不等式的解集為______．【答案】【解析】因為，所以不等式的解集為.故答案為：.4.設若，則______．【答案】1【解析】當時，，解得：，滿足；當時，，方程無解，所以，故答案為：15.若五人站成一排，如果必須相鄰，那么排法共______種.【答案】48【解析】第一步：把捆綁當作一個元素與進行排列共有種；第二步：之間進行排列共有種；根據分步計數原理可知：排法的總數共有種.故答案為：6.的二項展開式中的常數項為______．（用數字作答）【答案】5【解析】由題意可知：，令，所以常數項為.故答案為：7.已知拋物線上有一點到準線的距離為，點到軸的距離為，則拋物線的焦點坐標為______．【答案】0,2【解析】拋物線的準線方程為，設點，則，由于點到準線的距離為，可得，因為點到軸的距離為，則，所以，，解得，故拋物線的方程為，其焦點坐標為.故答案為：.8.在復平面內，為坐標原點，復數，對應的點分別為，其中為虛數單位，則的大小為______．【答案】.【解析】因為，，所以，，所以，所以.9.甲乙兩人下棋，每局兩人獲勝可能性一樣，某一天兩人要進行一場三局兩勝的比賽，最終勝者贏得100元獎金，第一局比賽甲獲勝，后因為有其他事情而中止比賽，則甲應該分__________元獎金才公平？【答案】【解析】乙最后獲勝的情況為第二局、第三局必須乙勝，其概率為：，即甲最終獲勝的概率為，乙最終獲勝的概率為，故甲的獎金為元.故答案為：.10.申輝中學高一（8）班設計了一個“水滴狀”班徽的平面圖（如圖），徽章由等腰三角形及以弦和劣弧所圍成的弓形所組成，其中，劣弧所在的圓為三角形的外接圓，圓心為．已知，外接圓的半徑是2，則該圖形的面積為______．（用含的表達式表示）【答案】【解析】連接，則，，，，，所以該圖形的面積為.故答案為：.11.上海市奉賢區奉城鎮的古建筑萬佛閣（圖1）的屋檐下常系掛風鈴（圖2），風吹鈴動，悅耳清脆，亦稱驚鳥鈴，一般一個驚鳥鈴由銅鑄造而成，由鈴身和鈴舌組成，為了知道一個驚鳥鈴的質量，可以通過計算該驚鳥鈴的體積，然后由物理學知識計算出該驚鳥鈴的質量，因此我們需要作出一些合理的假設：假設1：鈴身且可近似看作由一個較大的圓錐挖去一個較小的圓錐；假設2：兩圓錐的軸在同一條直線上；假設3：鈴身內部有一個掛鈴舌的部位的體積忽略不計．截面圖如下（圖3），其中，，，則制作個這樣的驚鳥鈴的鈴身至少需要______千克銅．（銅的密度為）（結果精確到個位）【答案】【解析】由題意可知，圓錐的底面半徑為，高為，圓錐的底面半徑為，高為，因為，所以，制作個這樣的驚鳥鈴的鈴身至少需要千克銅.故答案為：.12.已知集合是由函數的圖象上兩兩不相同的點構成的點集，集合，其中、．若集合中的元素按照從小到大的順序排列能構成公差為的等差數列，當時，則符合條件的點集的個數為______．【答案】60【解析】由已知,，設，則，顯然，若，則，因此有，由得或，對應，同理對應，集合中已經含有點，因此產生的集合中，點可有也可沒有，至少有一個，所以的個數為，若，則，，或，，或，對應點，產生的集合中，點可有也可沒有，至少有一個，中至少有一個，中至少有一個，的個數為，綜上，集合的個數為．故答案為：60.二、選擇題（本大題滿分18分）本大題共有4題，每題有且只有一個正確答案，考生應在答題紙的相應編號上，將代表答案的小方格涂黑，13-14選對每個得4分，15-16選對每個得5分，否則一律類分．13.在中，“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】A【解析】一方面：，另一方面：，但，所以“”是“”的充分不必要條件.故選：A.14.函數，則下列命題正確的是（）A.函數是偶函數 B.函數定義域是C.函數最大值 D.函數的最小正周期為【答案】C【解析】設，由可得，所以，函數的定義域為，定義域不關于原點對稱，所以，函數不是偶函數，A錯B錯；當時，則，當且僅當時，即當時，函數取最大值，C對；因為，結合函數的定義域可知，函數的最小正周期為，D錯.故選：C.15.在四棱錐中，若，則實數組可能是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】對于選項A，若底面是平行四邊形，設，則，因此，即，故A正確；對于選項B，若，則，故B錯誤；對于選項C，若，則，故C錯誤；對于選項D，若，則，但平面，即不共面，因此不可能成立，故D錯誤．故選：A．16.已知數列不是常數列，前項和為，．若對任意正整數，存在正整數，使得，則稱是“可控數列”．現給出兩個命題：①若各項均為正整數的等差數列滿足公差，則是“可控數列”；②若等比數列是“可控數列”，則其公比．則下列判斷正確的是（）A.①與②均為真命題 B.①與②均為假命題C.①為假命題，②為真命題 D.①為真命題，②為假命題【答案】C【解析】對于①，由于數列的各項均為正整數，且公差，但對，有對任意正整數恒成立（否則，矛盾），故對時有.這表明不是“可控數列”，故①錯誤；對于②，若等比數列是“可控數列”，由于數列不是常數列，，故公比.所以，從而，則，當時，則，，令，則可知當時，不成立；當時，顯然成立，而對于恒成立，由于為嚴格增數列，且時，，故問題等價于存在，使得，記，隨m的增大，減小，故，故只需，解得，故②正確.綜上，①是假命題，②是真命題.故選：C.三、解答題（第17~19題每題14分，第20-21題每題18分，滿分78分）17.已知函數y=fx，其中（常數且）．（1）若函數y=fx的圖象過點，求關于的不等式的解集；（2）若存在，使得數列是等比數列，求實數的取值范圍.解：（1）若函數y=fx的圖象過點，則解得，舍去，所以，由得，解得或，所以不等式的解集為或；（2），若存在，使得數列是等比數列，則，可得，由可得，令，，當時，，所以，可得在上單調遞減，所以，則實數的取值范圍.18.某芯片代工廠生產甲、乙兩種型號的芯片，為了解芯片的某項指標，從這兩種芯片中各抽取100件進行檢測，獲得該項指標的頻率分布直方圖，如圖所示：假設數據在組內均勻分布，以樣本估計總體，以事件發生的頻率作為相應事件發生的概率．（1）求頻率分布直方圖中x的值并估計乙型芯片該項指標的平均值（同一組中的數據用該組區間的中點值為代表）；（2）已知甲型芯片指標在為航天級芯片，乙型芯片指標在為航天為航天級芯片．現分別采用分層抽樣的方式，從甲型芯片指標在內取2件，乙型芯片指標在內取4件，再從這6件中任取2件，求至少有一件為航天級芯片的概率．解：（1）由題意得，解得.由頻率分布直方圖得乙型芯片該項指標的平均值：.（2）根據分層抽樣得，來自甲型芯片指標在和的各1件，分別記為和，來自甲型芯片指標在和分別為3件和1件，分別記為，，和，從中任取2件，樣本空間可記為，，，，，，，，，，，，，，共15個，記事件：至少有一件為航天級芯片,則，，，，，，，，共9個，所以.19.如圖為正四棱錐為底面的中心．（1）求證：平面，平面平面；（2）設為上的一點，．在下面兩問中選一個，①若，求直線與平面所成角的大小．②已知平面與平面所成銳二面角的大小為，若，求的長．（1）證明：因為底面是正方形，所以，平面，平面，所以平面；，由四棱錐是正四棱錐，可得平面，平面，所以，由，平面，所以平面，又因為平面，所以平面平面；（2）解：選①，如圖，以點為原點，所在的直線分別為軸的正方向建立空間直角坐標系，由，得，，，由得，所以，因為平面，即平面，所以是平面的一個法向量，設直線與平面所成角為，，由，得，所以直線與平面所成角為；選②，同①以點為原點，所在的直線分別為軸的正方向建立空間直角坐標系，設，得，，由得所以，，設為平面的一個法向量，則得，令得，所以，因為平面，所以是平面的一個法向量，設平面與平面所成銳二面角的大小為，得，由，解得，即.20.橢圓的左右焦點分別為，設Px0,y0是第一象限內橢圓上的一點，的延長線交橢圓于點（1）若橢圓的離心率，求的值；（2）若，求；（3）若，過點的直線與橢圓交于兩點，且，則當時，判斷符合要求的直線有幾條，說明理由？解：（1）若，則，解得：.（2）若，則橢圓方程為：且，由點在第一象限可知的斜率不為，設直線的方程為：，直線與橢圓方程聯立消去得：，所以，，因為，所以，而，解得：，把代入得：，把代入橢圓方程得：.（3）若，則橢圓方程為：，且，當且直線斜率存在時，設直線的方程為：，，直線與橢圓方程聯立消去得：，所以，，所以，整理得：，當或時，即或時，方程無解，所以不存在滿足的直線；當即時，方程只有唯一的解，所以，存在一條滿足的直線；當，即時，方程有兩個不相等實數解，所以存在兩條滿足的直線；當且直線斜率不存在時，直線即軸，滿足.綜上所述：當或時，存在一條滿足的直線；當時，存在兩條滿足的直線；當時，存在三條滿足的直線.21.若函數的圖象上存在個不同點、、、處的切線重合，則稱該切線為函數的一條點切線，該函數具有點切線性質．（1）判斷函數，的奇偶性并寫出它的一條點切線方程（無需理由）；（2）設，判斷函數是否具有點切線性質，并說明理由；（3）設，證明：對任意的，，函數具有點切線性質，并求出所有相應的切線方程．（1）解：令，其中x∈R，則，所以，函數為偶函數，且，如下圖所示：由圖可知，函數的一條點切線方程為.（2）解：因為，該函數