試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁2025學年第一學期崇明區(qū)學業(yè)質量調研（一）高三年級數學試卷（考試時間120分鐘滿分150分）一、填空題（本大題共有12題，滿分54分，第1-6題每題4分，第7-12題每題5分）考生應在答題紙的相應位置直接填寫結果.1．已知集合，則.2．不等式的解為．3．若復數滿足其中為虛數單位，則.4．以為圓心，為半徑的圓的標準方程是.5．投擲兩枚質地均勻的骰子，觀察擲得的點數，則擲得的點數之和為7的概率是．6．的二項展開式中的常數項是．7．已知某圓錐的側面展開圖是圓心角為，半徑為2的扇形，則該圓錐的母線與底面所成角的大小為．8．已知是等差數列的前項和，若，則的值為.9．在內，使成立的的取值范圍為．10．已知、分別為橢圓的左、右焦點，過的直線交橢圓于、兩點．若，則．11．如圖，某小區(qū)內有一塊矩形區(qū)域，其中米，米，點、分別為、的中點，左右兩個扇形區(qū)域為花壇（兩個扇形的圓心分別為、，半徑均為20米），其余區(qū)域為草坪．現規(guī)劃在草坪上修建一個三角形的兒童游樂區(qū)，且三角形的一個頂點在線段上，另外兩個頂點在線段上，則該游樂區(qū)面積的最大值為平方米．（結果保留整數）12．已知，若存在、，且，使得成立，則的取值范圍是．二、選擇題（本大題共有4題，滿分18分，第13-14題每題4分，第15-16題每題5分）每題有且只有一個正確選項.考生應在答題紙的相應位置，將代表正確選項的小方格涂黑.13．下列函數中，在其定義域上既是奇函數又是嚴格增函數的是（

）A． B． C． D．14．已知非零空間向量和，則下列說法正確的是（

）A．若，則 B．若則C．若，則 D．若，則15．古希臘數學家阿波羅尼奧斯用不同的平面截同一圓錐，得到了圓錐曲線，其中的一種如圖所示．用過M點且垂直于圓錐底面的平面截兩個全等的對頂圓錐得到雙曲線的一部分，已知高，底面圓的半徑為4，M為母線PB的中點，平面與底面的交線，則雙曲線的兩條漸近線所成角的余弦值為（

）．

A． B． C． D．16．已知數列滿足，其中為常數．對于下述兩個命題：①對于任意的，任意的，都有是嚴格增數列；②對于任意的，存在，使得是嚴格減數列．以下說法正確的為（

）A．①真命題；②假命題 B．①假命題；②真命題C．①真命題；②真命題 D．①假命題；②假命題三、解答題（本大題共有5題，滿分78分）解答下列各題必須在答題紙的相應位置寫出必要的步驟.17．如圖，在直三棱柱中，E、F分別為、的中點，，.(1)求證：平面；(2)求點到平面的距離.18．在中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且．(1)求角B的大??；(2)若的面積為，請判斷的形狀，并說明理由．19．某企業(yè)招聘員工，指定“英語聽說”?“信息技術”?“邏輯推理”作為三門考試課程，有兩種考試方案.方案一：參加三門課程的考試，至少有兩門及格為通過；方案二：在三門課程中，隨機選取兩門，并參加這兩門課程的考試，兩門都及格為通過.假設某應聘者參加三門指定課程考試及格的概率分別是，且三門課程考試是否及格相互之間沒有影響.(1)分別求該應聘者選方案一考試通過的概率和選方案二考試通過的概率；(2)試比較該應聘者在上述兩種方案下考試通過的概率的大小，并說明理由.20．已知橢圓，拋物線與有一個相同的焦點F．過點F作互相垂直的兩條直線l與，直線l與交于點A、B，直線與交于點C、D．(1)求橢圓的離心率及拋物線的方程；(2)若直線l的傾斜角為，求AB中點M的坐標；(3)四邊形ACBD的面積是否存在最小值，若存在，求出最小值；若不存在，請說明理由．21．設函數的定義域為，集合．若中有且僅有一個元素，則稱為函數的一個“值”(1)設，求的值；(2)設，且，若的函數值中不存在值，求實數取值的集合；(3)已知定義域為的函數的圖象是一條連續(xù)曲線，且函數的所有函數值均為值，若，證明：在上為嚴格增函數的一個充要條件是．答案第=page11頁，共=sectionpages22頁答案第=page11頁，共=sectionpages22頁1．【分析】根據交集運算求解.【詳解】因為集合，所以，故答案為：2．【分析】將分式不等式轉化為一元二次不等式后可求原不等式的解.【詳解】不等式的解即為，故原不等式的解為，故答案為：3．【分析】設，根據實虛部分別相等可解.【詳解】解:，則所以，，，故答案為：【點睛】根據復數相等求復數，解決的關鍵是實虛部分別相等求解；基礎題.4．【分析】直接根據已知寫出圓的標準方程得解.【詳解】由題得圓的標準方程為.故答案為：.5．【分析】由題可得投擲兩枚質地均勻的骰子所對應點數的總情況數，然后可得擲得的點數之和為7的情況數，據此可得答案.【詳解】一枚骰子的點數有6種情況，則兩枚骰子點數所對應總情況為36種.又注意到點數之和為7的情況有：1，6；6，1；2，5；5，2；3，4；4，3共6種，則擲得的點數之和為7的概率是.故答案為：6．【分析】由題可得展開式的第項，令指數為0，可得常數項對應，即可得答案.【詳解】由題的二項展開式的第項為.令，則常數項為.故答案為：.7．【分析】根據扇形弧長與圓錐底面周長關系列方程求底面半徑，結合圓錐的結構特征求該圓錐的母線與底面所成角余弦值，即可確定大小.【詳解】令底面半徑為，則，可得，且圓錐母線為，所以該圓錐的母線與底面所成角的余弦值為，故其大小為.故答案為：8．52【分析】由可得，后由等差數列性質結合前n項和公式可得答案.【詳解】設公差為d，由，則.則.故答案為：529．【分析】內，，，利用三角函數線的變化規(guī)律可得答案．【詳解】如圖所示，找出在內，使成立的值，由圖可知，，．根據三角函數線的變化規(guī)律得出滿足題中條件的角．【點睛】本題考查三角函數線的變化規(guī)律，屬于一般題．10．【分析】首先求出、，設，根據數量積的坐標表示及，求出點坐標，從而求出的方程，再聯立直線與橢圓方程，求出點坐標，最后由數量積的坐標表示計算可得.【詳解】橢圓，則、，設，因為，即，即，又，解得，不妨取，則的方程為，由，解得或，所以，所以，，所以.故答案為：.11．137【分析】根據已知條件知，當三角形的兩邊分別與圓弧相切時，三角形的面積最大，設切點為，，由三角形全等得到，將三角形面積的表達式用表示，從而轉化為三角函數，利用換元法轉化為基本不等式求最值即可求解.【詳解】設游樂區(qū)所在的三角形為，在線段上，在線段上，如圖所示，當分別于圓弧相切時，取得最大值，由對稱性，只討論，設與圓弧相切于點，連接，設，因為≌，≌，則，，因為，所以，，，，所以，因為，所以，令，則，則，當且僅當，即時等號成立，所以平方米，即該游樂區(qū)面積的最大值為137平方米．故答案為：137.12．【分析】根據的值域得到，則成立的必要條件是，當時必然成立，討論時是否滿足條件即可.【詳解】因為，所以，，因為，所以，所以，即，，所以，當且僅當時，成立，所以，必要條件：，解得；若，即時，必然成立；若，因為，，不妨設，則，，且，所以，，所以①，②，①②兩式聯立得，即，所以，又，所以，，當時，，不符合條件；當時，，則，此時；當時，，則或，此時或，因為，所以；綜上，或，所以的取值范圍是.故答案為：.【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵點之一在于根據的值域得到，將問題轉化為；關鍵點之二在于討論時是否滿足條件.13．A【分析】利用奇偶性的定義及基本函數的性質逐個判斷即可.【詳解】對于A，的定義域為R，且，所以為奇函數，又是嚴格增函數，正確；對于B，的定義域為R，且，所以不為奇函數，錯誤；對于C，的定義域為，不關于原點對稱，所以不具有奇偶性，是嚴格增函數，錯誤；對于D，的定義域為R，且，所以為奇函數，但為周期函數，不是定義域R上的嚴格增函數，錯誤.故選：A14．D【分析】根據空間向量平行與垂直的定義判斷即可.【詳解】若，則或與不共線，故選項A與B錯誤；若，則，故選項C錯誤，選項D正確.故選：D.15．D【分析】令雙曲線為，根據已知建立合適坐標系，并求出雙曲線參數，進而得漸近線方程，利用二倍角正切公式求得夾角正切值，即可得其余弦值.【詳解】如下圖建系，令雙曲線為，且，則，，如圖，，，則，故，將代入，得，可得，故漸近線為，若它們的夾角為，且，則，故.

故選：D16．A【分析】對于①，當時，，然后作差證明數列的單調性；對于②，當時，容易發(fā)現無論為何值，最終恒為常數.【詳解】對于①，時，，，時，；時，，也有，故①為真命題.對于②，時，，，當時，，，不嚴格遞減；當時，，，不嚴格遞減；當時，，若，則，同理當時，，則存在，使得，則，，不嚴格遞減.綜上所述，時，不可能是嚴格遞減數列.故②為假命題.故選：A.【點睛】關鍵點點睛：本題對①的分析得關鍵是對分類討論，分和研究即可.17．(1)證明見解析；(2).【分析】（1）取中點，可得四邊形是平行四邊形，再由線面平行的判定定理可得答案；（2）利用相等可得答案.【詳解】（1）取中點，連接，則，，又，，所以，且，所以四邊形是平行四邊形，所以，又平面，平面，所以平面；（2）由（1）點是中點，連接，因為平面，平面，所以，又，且，平面，所以平面，平面，所以，所以，，，所以，，所以為等腰三角形，則，且，所以，設點到平面的距離為，由得，所以，所以，即點到平面的距離為.18．(1)(2)是等邊三角形，理由見解析【分析】（1）根據正弦定理邊角互化化簡得出正切，結合范圍求角；（2）應用面積公式計算得出，再結合余弦定理得出邊長即可判斷.【詳解】（1）由正弦定理可得,因為，所以，,所以.（2）,所以,由余弦定理，得,即，解得,所以是等邊三角形.19．(1)；(2)，理由見解析【分析】（1）記該應聘者對三門指定課程考試及格的事件分別為，方案一即可表示為，方案二先考慮隨機選取兩門的概率為，再計算這兩門都及格的概率即可.（2）為了比較概率大小，可作差與比較即可.【詳解】（1）記該應聘者對三門指定課程考試及格的事件分別為，則.應聘者選方案一考試通過的概率應聘者選方案二考試通過的概率（2），因為，所以,即.故，即選方案一，該應聘者考試通過的概率較大.20．(1)橢圓的離心率，拋物線；(2)；(3)存在，最小面積為8.【分析】（1）根據橢圓方程寫出離心率和右焦點坐標，依題意得，可得拋物線方程；（2）由題設，聯立橢圓并應用韋達定理得，進而有，即可得中點坐標；（3）討論直線的斜率，斜率存在時，設直線為，則直線為，分別聯立橢圓、拋物線，應用韋達定理及弦長公式、三角形面積公式得到關于的表達式，即可得結論.【詳解】（1）由題設的離心率為，且右焦點，即為的焦點，所以，所以，綜上，橢圓的離心率，拋物線；（2）由題設，知，聯立，則，所以，顯然，則，則，所以AB中點M的坐標為.（3）

依題意，若直線斜率為0，則，此時；若直線斜率不為0，設直線為，則直線為，且，聯立與，得，且，則，，所以，聯立與，得，且，則，，所以，所以，而，即等號不成立，結合對勾函數性質知：在上遞增，即；綜上，，且直線斜率為0，面積取得最小值為8.21．(1)(2)(3)證明見解析【分析】（1）根據題意可知有唯一解，由可求出結果；（2）求以及，研究的單調性，分析的圖像，可得出的函數值中不存在值時的情況，列出等式可解出的取值；（3）從充分性以及必要性兩種情況來證.【詳解】（1）由題設知：有唯一解，即有唯一解，所以，解得：.所以的值為.（2），當時，由可得：或，由可得：或，所以在，上單調遞減，在，上單調遞增，當時，，當時，，且，，畫簡圖如下：若的函數值中不存在值，則不存在唯一