上海市寶山區(qū)行知實驗中學2024屆高三上數學期末預測試題含解析

上海市寶山區(qū)行知實驗中學2024屆高三上數學期末預測試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。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．函數的圖象為C，以下結論中正確的是（）①圖象C關于直線對稱；②圖象C關于點對稱；③由y=2sin2x的圖象向右平移個單位長度可以得到圖象C.A．① B．①② C．②③ D．①②③2．已知偶函數在區(qū)間內單調遞減，，，，則，，滿足（）A． B． C． D．3．為得到y(tǒng)=sin(2x-πA．向左平移π3個單位B．向左平移πC．向右平移π3個單位D．向右平移π4．已知函數（表示不超過x的最大整數），若有且僅有3個零點，則實數a的取值范圍是（）A． B． C． D．5．正三棱錐底面邊長為3，側棱與底面成角，則正三棱錐的外接球的體積為（）A． B． C． D．6．已知函數，若時，恒成立，則實數的值為（）A． B． C． D．7．已知是偶函數，在上單調遞減，，則的解集是A． B．C． D．8．已知函數，，若對任意的，存在實數滿足，使得，則的最大值是()A．3 B．2 C．4 D．59．如圖所示的程序框圖輸出的是126，則①應為（）A． B． C． D．10．已知某幾何體的三視圖如右圖所示，則該幾何體的體積為（）A．3 B． C． D．11．設等比數列的前項和為，若，則的值為（）A． B． C． D．12．已知集合A＝{x∈N|x2＜8x}，B＝{2，3，6}，C＝{2，3，7}，則＝（）A．{2，3，4，5} B．{2，3，4，5，6}C．{1，2，3，4，5，6} D．{1，3，4，5，6，7}二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知是等比數列,若，,且∥,則______.14．復數為虛數單位）的虛部為__________．15．某公司生產甲、乙兩種桶裝產品.已知生產甲產品1桶需耗原料1千克、原料2千克；生產乙產品1桶需耗原料2千克，原料1千克.每桶甲產品的利潤是300元，每桶乙產品的利潤是400元.公司在生產這兩種產品的計劃中，要求每天消耗原料都不超過12千克.通過合理安排生產計劃，從每天生產的甲、乙兩種產品中，公司共可獲得的最大利潤是__________元.16．已知雙曲線的一條漸近線方程為，則________．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）已知函數，．（Ⅰ）當時，求曲線在處的切線方程；（Ⅱ）求函數在上的最小值；（Ⅲ）若函數，當時，的最大值為，求證：.18．（12分）已知，分別是橢圓：的左，右焦點，點在橢圓上，且拋物線的焦點是橢圓的一個焦點．（1）求,的值：（2）過點作不與軸重合的直線，設與圓相交于A，B兩點，且與橢圓相交于C，D兩點，當時，求△的面積．19．（12分）設函數，.（1）求函數的極值；（2）對任意，都有，求實數a的取值范圍.20．（12分）已知拋物線:，點為拋物線的焦點，焦點到直線的距離為，焦點到拋物線的準線的距離為，且.（1）求拋物線的標準方程；（2）若軸上存在點，過點的直線與拋物線相交于、兩點，且為定值，求點的坐標.21．（12分）已知直線的參數方程為（，為參數），曲線的極坐標方程為.(1)將曲線的極坐標方程化為直角坐標方程，并說明曲線的形狀；(2)若直線經過點，求直線被曲線截得的線段的長.22．（10分）已知動圓Q經過定點，且與定直線相切（其中a為常數，且）.記動圓圓心Q的軌跡為曲線C．（1）求C的方程，并說明C是什么曲線？（2）設點P的坐標為，過點P作曲線C的切線，切點為A，若過點P的直線m與曲線C交于M，N兩點，則是否存在直線m，使得？若存在，求出直線m斜率的取值范圍；若不存在，請說明理由.

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、B【解析】

根據三角函數的對稱軸、對稱中心和圖象變換的知識，判斷出正確的結論.【詳解】因為，又，所以①正確.，所以②正確.將的圖象向右平移個單位長度，得，所以③錯誤.所以①②正確，③錯誤.故選:B【點睛】本小題主要考查三角函數的對稱軸、對稱中心，考查三角函數圖象變換，屬于基礎題.2、D【解析】

首先由函數為偶函數，可得函數在內單調遞增，再由，即可判定大小【詳解】因為偶函數在減，所以在上增，，，，∴.故選：D【點睛】本題考查函數的奇偶性和單調性,不同類型的數比較大小,應找一個中間數,通過它實現大小關系的傳遞，屬于中檔題.3、D【解析】試題分析：因為，所以為得到y(tǒng)=sin(2x-π3)的圖象，只需要將考點：三角函數的圖像變換．4、A【解析】

根據[x]的定義先作出函數f（x）的圖象，利用函數與方程的關系轉化為f（x）與g（x）=ax有三個不同的交點，利用數形結合進行求解即可．【詳解】當時，，當時，，當時，，當時，，若有且僅有3個零點，則等價為有且僅有3個根，即與有三個不同的交點，作出函數和的圖象如圖，當a=1時，與有無數多個交點，當直線經過點時，即，時，與有兩個交點，當直線經過點時，即時，與有三個交點，要使與有三個不同的交點，則直線處在過和之間，即，故選：A．【點睛】利用函數零點的情況求參數值或取值范圍的方法(1)直接法：直接根據題設條件構建關于參數的不等式，再通過解不等式確定參數的范圍；(2)分離參數法：先將參數分離，轉化成求函數的值域(最值)問題加以解決；(3)數形結合法：先對解析式變形，在同一平面直角坐標系中，畫出函數的圖象，然后數形結合求解.5、D【解析】

由側棱與底面所成角及底面邊長求得正棱錐的高，再利用勾股定理求得球半徑后可得球體積．【詳解】如圖，正三棱錐中，是底面的中心，則是正棱錐的高，是側棱與底面所成的角，即＝60°，由底面邊長為3得，∴．正三棱錐外接球球心必在上，設球半徑為，則由得，解得，∴．故選：D．【點睛】本題考查球體積，考查正三棱錐與外接球的關系．掌握正棱錐性質是解題關鍵．6、D【解析】

通過分析函數與的圖象，得到兩函數必須有相同的零點，解方程組即得解.【詳解】如圖所示，函數與的圖象，因為時，恒成立，于是兩函數必須有相同的零點，所以，解得．故選：D【點睛】本題主要考查函數的圖象的綜合應用和函數的零點問題，考查不等式的恒成立問題，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.7、D【解析】

先由是偶函數，得到關于直線對稱；進而得出單調性，再分別討論和，即可求出結果.【詳解】因為是偶函數，所以關于直線對稱；因此，由得；又在上單調遞減，則在上單調遞增；所以，當即時，由得，所以，解得；當即時，由得，所以，解得；因此，的解集是.【點睛】本題主要考查由函數的性質解對應不等式，熟記函數的奇偶性、對稱性、單調性等性質即可，屬于常考題型.8、A【解析】

根據條件將問題轉化為，對于恒成立，然后構造函數，然后求出的范圍，進一步得到的最大值.【詳解】，，對任意的，存在實數滿足，使得，易得，即恒成立，，對于恒成立,設，則，令，在恒成立，，故存在，使得，即，當時，，單調遞減；當時，，單調遞增.,將代入得：，，且，故選：A【點睛】本題考查了利用導數研究函數的單調性，零點存在定理和不等式恒成立問題，考查了轉化思想，屬于難題.9、B【解析】試題分析：分析程序中各變量、各語句的作用，再根據流程圖所示的順序，可知：該程序的作用是累加S=2+22+…+2n的值，并輸出滿足循環(huán)的條件．解：分析程序中各變量、各語句的作用，再根據流程圖所示的順序，可知：該程序的作用是累加S=2+22+…+2n的值，并輸出滿足循環(huán)的條件．∵S=2+22+…+21=121，故①中應填n≤1．故選B點評：算法是新課程中的新增加的內容，也必然是新高考中的一個熱點，應高度重視．程序填空也是重要的考試題型，這種題考試的重點有：①分支的條件②循環(huán)的條件③變量的賦值④變量的輸出．其中前兩點考試的概率更大．此種題型的易忽略點是：不能準確理解流程圖的含義而導致錯誤．10、B【解析】由三視圖知：幾何體是直三棱柱消去一個三棱錐，如圖：

直三棱柱的體積為，消去的三棱錐的體積為，

∴幾何體的體積，故選B.點睛：本題考查了由三視圖求幾何體的體積，根據三視圖判斷幾何體的形狀及相關幾何量的數據是解答此類問題的關鍵；幾何體是直三棱柱消去一個三棱錐，結合直觀圖分別求出直三棱柱的體積和消去的三棱錐的體積，相減可得幾何體的體積.11、C【解析】

求得等比數列的公比，然后利用等比數列的求和公式可求得的值.【詳解】設等比數列的公比為，，，，因此，.故選：C.【點睛】本題考查等比數列求和公式的應用，解答的關鍵就是求出等比數列的公比，考查計算能力，屬于基礎題.12、C【解析】

根據集合的并集、補集的概念，可得結果.【詳解】集合A＝{x∈N|x2＜8x}＝{x∈N|0＜x＜8}，所以集合A＝{1，2，3，4，5，6，7}B＝{2，3，6}，C＝{2，3，7}，故＝{1，4，5，6}，所以＝{1，2，3，4，5，6}.故選：C.【點睛】本題考查的是集合并集，補集的概念，屬基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】若，,且∥,則，由是等比數列,可知公比為..故答案為.14、1【解析】試題分析：，即虛部為1，故填：1.考點：復數的代數運算15、1元【解析】設分別生產甲乙兩種產品為桶，桶，利潤為元

則根據題意可得目標函數，作出可行域，如圖所示作直線然后把直線向可行域平移，

由圖象知當直線經過時，目標函數的截距最大，此時最大，

由可得，即此時最大，

即該公司每天生產的甲4桶，乙4桶，可獲得最大利潤，最大利潤為1．【點睛】本題考查用線性規(guī)劃知識求利潤的最大值，根據條件建立不等式關系，以及利用線性規(guī)劃的知識進行求解是解決本題的關鍵．16、【解析】

根據雙曲線的標準方程寫出雙曲線的漸近線方程，結合題意可求得正實數的值.【詳解】雙曲線的漸近線方程為，由于該雙曲線的一條漸近線方程為，，解得.故答案為：.【點睛】本題考查利用雙曲線的漸近線方程求參數，考查計算能力，屬于基礎題.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、（Ⅰ）（Ⅱ）見解析；（Ⅲ）見解析.【解析】試題分析：（Ⅰ）由題，所以故，，代入點斜式可得曲線在處的切線方程；（Ⅱ）由題（1）當時，在上單調遞增.則函數在上的最小值是（2）當時，令，即，令，即（i）當，即時，在上單調遞增，所以在上的最小值是（ii）當，即時，由的單調性可得在上的最小值是（iii）當，即時，在上單調遞減，在上的最小值是（Ⅲ）當時，令，則是單調遞減函數.因為，，所以在上存在，使得，即討論可得在上單調遞增，在上單調遞減.所以當時，取得最大值是因為，所以由此可證試題解析：（Ⅰ）因為函數，且，所以，所以所以，所以曲線在處的切線方程是，即（Ⅱ）因為函數，所以（1）當時，，所以在上單調遞增.所以函數在上的最小值是（2）當時，令，即，所以令，即，所以（i）當，即時，在上單調遞增，所以在上的最小值是（ii）當，即時，在上單調遞減，在上單調遞增，所以在上的最小值是（iii）當，即時，在上單調遞減，所以在上的最小值是綜上所述，當時，在上的最小值是當時，在上的最小值是當時，在上的最小值是（Ⅲ）因為函數，所以所以當時，令，所以是單調遞減函數.因為，，所以在上存在，使得，即所以當時，；當時，即當時，；當時，所以在上單調遞增，在上單調遞減.所以當時，取得最大值是因為，所以因為，所以所以18、（1）；（2）.【解析】

（1）由已知根據拋物線和橢圓的定義和性質，可求出，；（2）設直線方程為，聯立直線與圓的方程可以求出，再聯立直線和橢圓的方程化簡，由根與系數的關系得到結論，繼而求出面積．【詳解】（1）焦點為F（1，0），則F1（1，0），F2（1，0），，解得，＝1，＝1，（Ⅱ）由已知，可設直線方程為，，聯立得，易知△＞0，則＝＝＝因為，所以＝1，解得聯立，得，△＝8＞0設，則【點睛】本題主要考查拋物線和橢圓的定義與性質應用，同時考查利用根與系數的關系，解決直線與圓，直線與橢圓的位置關系問題．意在考查學生的數學運算能力．19、（1）當時，無極值；當時，極小值為；（2）.【解析】

（1）求導，對參數進行分類討論，即可容易求得函數的極值；（2）構造函數，兩次求導，根據函數單調性，由恒成立問題求參數范圍即可.【詳解】（1）依題，當時，，函數在上單調遞增，此時函數無極值；當時，令，得，令，得所以函數在上單調遞增，在上單調遞減.此時函數有極小值，且極小值為.綜上：當時，函數無極值；當時，函數有極小值，極小值為.（2）令易得且，令所以，因為，，從而，所以，在上單調遞增.又若，則所以在上單調遞增，從而，所以時滿足題意.若，所以，，在中，令，由（1）的單調性可知，有最小值，從而.所以所以，由零點存在性定理：，使且在上單調遞減，在上單調遞增.所以當時，.故當，不成立.綜上所述：的取值范圍為.【點睛】本題考查利用導數研究含參函數的極值，涉及由恒成立問題求參數范圍的問題，屬壓軸題.20、（1）（2）【解析】

（1）先分別表示出，然后根據求解出的值，則的標準方程可求；（2）設出直線的方程并聯立拋物線方程得到韋達定理形式，然后根據距離公式表示出并代入韋達定理形式，由此判斷出為定值時的坐標.【詳解】（1）由題意可得，焦點，，則，，∴解得.拋物線的標準方程為（2）設，設點，，顯然直線的斜率不為0.設直線的方程為聯立方程，整理可得，，∴，∴要使為定值，必有，解得，∴為定值時，點的坐標為【點睛】本題