2024-2025學年上海市閔行區(qū)閔行中學高三（衛(wèi)星班）入學摸底數(shù)學試題試卷注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．若復數(shù)（是虛數(shù)單位），則復數(shù)在復平面內(nèi)對應的點位于（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限2．已知復數(shù)，若，則的值為（）A．1 B． C． D．3．已知，則“直線與直線垂直”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4．已知數(shù)列滿足：，則()A．16 B．25 C．28 D．335．集合，，則()A． B． C． D．6．已知拋物線上一點到焦點的距離為，分別為拋物線與圓上的動點，則的最小值為（）A． B． C． D．7．函數(shù)的圖象與軸交點的橫坐標構成一個公差為的等差數(shù)列，要得到函數(shù)的圖象，只需將的圖象（）A．向左平移個單位 B．向右平移個單位C．向左平移個單位 D．向右平移個單位8．半正多面體(semiregularsolid)亦稱“阿基米德多面體”，是由邊數(shù)不全相同的正多邊形為面的多面體，體現(xiàn)了數(shù)學的對稱美．二十四等邊體就是一種半正多面體，是由正方體切截而成的，它由八個正三角形和六個正方形為面的半正多面體.如圖所示，圖中網(wǎng)格是邊長為1的正方形，粗線部分是某二十四等邊體的三視圖，則該幾何體的體積為（）A． B． C． D．9．設為非零實數(shù)，且，則（）A． B． C． D．10．已知復數(shù)，則（）A． B． C． D．11．已知數(shù)列滿足,(),則數(shù)列的通項公式()A． B． C． D．12．執(zhí)行下面的程序框圖，若輸出的的值為63，則判斷框中可以填入的關于的判斷條件是（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．若函數(shù)(a＞0且a≠1)在定義域[m，n]上的值域是[m2，n2](1＜m＜n)，則a的取值范圍是_______．14．若復數(shù)（是虛數(shù)單位），則________15．某市高三理科學生有名，在一次調(diào)研測試中，數(shù)學成績服從正態(tài)分布，已知，若按成績分層抽樣的方式取份試卷進行分析，則應從分以上的試卷中抽取的份數(shù)為__________.16．3張獎券分別標有特等獎、一等獎和二等獎．甲、乙兩人同時各抽取1張獎券,兩人都未抽得特等獎的概率是__________．三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）在極坐標系中，已知曲線C的方程為（），直線l的方程為.設直線l與曲線C相交于A，B兩點，且，求r的值.18．（12分）在中，角所對的邊分別是，且.（1）求；（2）若，求.19．（12分）如圖,在平面直角坐標系中,以軸正半軸為始邊的銳角的終邊與單位圓交于點,且點的縱坐標是．（1）求的值:（2）若以軸正半軸為始邊的鈍角的終邊與單位圓交于點,且點的橫坐標為,求的值．20．（12分）已知函數(shù)(mR)的導函數(shù)為．（1）若函數(shù)存在極值，求m的取值范圍；（2）設函數(shù)（其中e為自然對數(shù)的底數(shù)），對任意mR，若關于x的不等式在(0，)上恒成立，求正整數(shù)k的取值集合．21．（12分）等差數(shù)列的公差為2,分別等于等比數(shù)列的第2項，第3項，第4項.（1）求數(shù)列和的通項公式；（2）若數(shù)列滿足,求數(shù)列的前2020項的和．22．（10分）已知三棱錐P-ABC（如圖一）的平面展開圖（如圖二）中，四邊形ABCD為邊長等于的正方形，和均為正三角形，在三棱錐P-ABC中：（1）證明：平面平面ABC；（2）若點M在棱PA上運動，當直線BM與平面PAC所成的角最大時，求直線MA與平面MBC所成角的正弦值.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．A【解析】

將整理成的形式，得到復數(shù)所對應的的點，從而可選出所在象限.【詳解】解：，所以所對應的點為在第一象限.故選:A.本題考查了復數(shù)的乘法運算，考查了復數(shù)對應的坐標.易錯點是誤把當成進行計算.2．D【解析】由復數(shù)模的定義可得：，求解關于實數(shù)的方程可得：.本題選擇D選項.3．B【解析】

由兩直線垂直求得則或，再根據(jù)充要條件的判定方法，即可求解.【詳解】由題意，“直線與直線垂直”則，解得或，所以“直線與直線垂直”是“”的必要不充分條件，故選B.本題主要考查了兩直線的位置關系，及必要不充分條件的判定，其中解答中利用兩直線的位置關系求得的值，同時熟記充要條件的判定方法是解答的關鍵，著重考查了推理與論證能力，屬于基礎題.4．C【解析】

依次遞推求出得解.【詳解】n=1時，，n=2時，，n=3時，，n=4時，，n=5時，.故選：C本題主要考查遞推公式的應用，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.5．A【解析】

解一元二次不等式化簡集合A，再根據(jù)對數(shù)的真數(shù)大于零化簡集合B，求交集運算即可.【詳解】由可得，所以，由可得,所以,所以，故選A．本題主要考查了集合的交集運算，涉及一元二次不等式解法及對數(shù)的概念，屬于中檔題.6．D【解析】

利用拋物線的定義，求得p的值，由利用兩點間距離公式求得，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)，求得，由取得最小值為，求得結果.【詳解】由拋物線焦點在軸上，準線方程，則點到焦點的距離為，則，所以拋物線方程：，設，圓，圓心為，半徑為1，則，當時，取得最小值，最小值為，故選D.該題考查的是有關距離的最小值問題，涉及到的知識點有拋物線的定義，點到圓上的點的距離的最小值為其到圓心的距離減半徑，二次函數(shù)的最小值，屬于中檔題目.7．A【解析】依題意有的周期為.而，故應左移.8．D【解析】

根據(jù)三視圖作出該二十四等邊體如下圖所示，求出該幾何體的棱長，可以將該幾何體看作是相應的正方體沿各棱的中點截去8個三棱錐所得到的，可求出其體積.【詳解】如下圖所示，將該二十四等邊體的直觀圖置于棱長為2的正方體中，由三視圖可知，該幾何體的棱長為，它是由棱長為2的正方體沿各棱中點截去8個三棱錐所得到的，該幾何體的體積為，故選：D.本題考查三視圖，幾何體的體積，對于二十四等邊體比較好的處理方式是由正方體各棱的中點得到，屬于中檔題.9．C【解析】

取，計算知錯誤，根據(jù)不等式性質(zhì)知正確，得到答案.【詳解】，故，，故正確；取，計算知錯誤；故選：.本題考查了不等式性質(zhì)，意在考查學生對于不等式性質(zhì)的靈活運用.10．B【解析】

利用復數(shù)除法、加法運算，化簡求得，再求得【詳解】，故.故選：B本小題主要考查復數(shù)的除法運算、加法運算，考查復數(shù)的模，屬于基礎題.11．A【解析】

利用數(shù)列的遞推關系式，通過累加法求解即可．【詳解】數(shù)列滿足：，，可得以上各式相加可得：，故選：．本題考查數(shù)列的遞推關系式的應用，數(shù)列累加法以及通項公式的求法，考查計算能力．12．B【解析】

根據(jù)程序框圖，逐步執(zhí)行，直到的值為63，結束循環(huán)，即可得出判斷條件.【詳解】執(zhí)行框圖如下：初始值：，第一步：，此時不能輸出，繼續(xù)循環(huán)；第二步：，此時不能輸出，繼續(xù)循環(huán)；第三步：，此時不能輸出，繼續(xù)循環(huán)；第四步：，此時不能輸出，繼續(xù)循環(huán)；第五步：，此時不能輸出，繼續(xù)循環(huán)；第六步：，此時要輸出，結束循環(huán)；故，判斷條件為.故選B本題主要考查完善程序框圖，只需逐步執(zhí)行框圖，結合輸出結果，即可確定判斷條件，屬于常考題型.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．(1，)【解析】

在定義域[m，n]上的值域是[m2，n2]，等價轉化為與的圖像在(1，)上恰有兩個交點，考慮相切狀態(tài)可求a的取值范圍.【詳解】由題意知：與的圖像在(1，)上恰有兩個交點考查臨界情形：與切于，．故答案為：.本題主要考查導數(shù)的幾何意義，把已知條件進行等價轉化是求解的關鍵，側重考查數(shù)學抽象的核心素養(yǎng).14．【解析】

直接根據(jù)復數(shù)的代數(shù)形式四則運算法則計算即可．【詳解】，．本題主要考查復數(shù)的代數(shù)形式四則運算法則的應用．15．【解析】

由題意結合正態(tài)分布曲線可得分以上的概率，乘以可得.【詳解】解：，所以應從分以上的試卷中抽取份.故答案為：.本題考查正態(tài)分布曲線，屬于基礎題.16．【解析】

利用排列組合公式進行計算,再利用古典概型公式求出不是特等獎的兩張的概率即可.【詳解】解:3張獎券分別標有特等獎、一等獎和二等獎,甲、乙兩人同時各抽取1張獎券,則兩人同時抽取兩張共有：種排法排除特等獎外兩人選兩張共有：種排法.故兩人都未抽得特等獎的概率是：故答案為：本題主要考查古典概型的概率公式的應用,是基礎題.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．【解析】

先將曲線C和直線l的極坐標方程化為直角坐標方程，可得圓心到直線的距離，再由勾股定理，計算即得.【詳解】以極點為坐標原點，極軸為x軸的正半軸建立平面直角坐標系，可得曲線C：（）的直角坐標方程為，表示以原點為圓心，半徑為r的圓.由直線l的方程，化簡得，則直線l的直角坐標方程方程為.記圓心到直線l的距離為d，則，又，即，所以.本題考查曲線和直線的極坐標方程化為直角坐標方程，是基礎題.18．（1）（2）【解析】

（1）根據(jù)正弦定理到，得到答案.（2）計算，再利用余弦定理計算得到答案.【詳解】（1）由，可得,因為，所以，所以.（2），又因為，所以.因為，所以，即.本題考查了正弦定理和余弦定理，意在考查學生的計算能力.19．（1）（2）【解析】

（1）依題意,任意角的三角函數(shù)的定義可知,,進而求出．在利用余弦的和差公式即可求出.（2）根據(jù)鈍角的終邊與單位圓交于點,且點的橫坐標是,得出,進而得出,利用正弦的和差公式即可求出,結合為銳角,為鈍角,即可得出的值.【詳解】解：因為銳角的終邊與單位圓交于點,點的縱坐標是,所以由任意角的三角函數(shù)的定義可知,．從而．（1）于是．（2）因為鈍角的終邊與單位圓交于點,且點的橫坐標是,所以,從而．于是．因為為銳角,為鈍角,所以從而．本題本題考查正弦函數(shù)余弦函數(shù)的定義,考查正弦余弦的兩角和差公式,是基礎題.20．（1）（2）{1，2}．【解析】

（1）求解導數(shù)，表示出，再利用的導數(shù)可求m的取值范圍；（2）表示出，結合二次函數(shù)知識求出的最小值，再結合導數(shù)及基本不等式求出的最值，從而可求正整數(shù)k的取值集合．【詳解】（1）因為，所以，所以，則，由題意可知，解得；（2）由（1）可知，，所以因為整理得，設，則，所以單調(diào)遞增，又因為，所以存在，使得，設，是關于開口向上的二次函數(shù)，則，設，則，令，則，所以單調(diào)遞增，因為，所以存在，使得，即，當時，，當時，，所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以，因為，所以，又由題意可知，所以，解得，所以正整數(shù)k的取值集合為{1，2}．本題主要考查導數(shù)的應用，利用導數(shù)研究極值問題一般轉化為導數(shù)的零點問題，恒成立問題要逐步消去參數(shù)，轉化為最值問題求解，適當構造函數(shù)是轉化的關鍵，本題綜合性較強，難度較大，側重考查數(shù)學抽象和邏輯推理的核心素養(yǎng).21．（1），；（2）.【解析】

(1)根據(jù)題意同時利用等差、等比數(shù)列的通項公式即可求得數(shù)列和的通項公式；(2)求出數(shù)列的通項公式，再利用錯位相減法即可求得數(shù)列的前2020項的和.【詳解】(1)依題意得:，所以，所以解得設等比數(shù)列的公比為，所以又(2)由（1）知，因為①當時,②由①②得，，即，又當時，不滿足上式，.數(shù)列的前2020項的和設③，則④，由③④得：，所以，所以.本題考查等差數(shù)列和等比數(shù)列的通項公式、性質(zhì)，錯位相減法求和,考查學生的邏輯推理能力,化歸與轉化能力及綜合運用數(shù)學知識解決問題的能力.考查的核心素養(yǎng)是邏輯推理與數(shù)學運算.是中檔題.22．（1）見解析（2）【解析】

(1)設的中點為,連接.由展開圖可知,，.為的中點,則有,根據(jù)勾股定理可證得,則平面,即可證得平面平面．(2)由線面成角的定義可知是直線與平面所成的角，且,最大即為最短時,即是的中點建立空間直角坐標系,求出與平面的法向量利用公式即可求得結果.【詳解】（1）設AC的中點為O，連接BO，