2024-2025學年上海市楊浦區(qū)控江中學高三（上）期中數學試卷（含答案）

第=page11頁，共=sectionpages11頁2024-2025學年上海市楊浦區(qū)控江中學高三（上）期中數學試卷一、單選題：本題共4小題，共18分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。1.雙曲線x24?yA.y=x2 B.y=x C.y=2x 2.在正方體ABCD?A1B1C1D1中，M是A.直線AA1

B.直線AB1

C.直線A3.設a≠0，b∈[0,2π).若關于x的等式sin(3x+b)=sin(ax+π5)A.1 B.2 C.3 D.44.已知函數f(x)=x3?3x的圖像為曲線Γ.關于命題①“任取平面上的一點P，與曲線Γ關于點P對稱的曲線Γ1總能表示函數”和命題②“存在傾斜角α∈(π4,π2)的直線lA.①和②都是真命題 B.①和②都是假命題

C.①是真命題，②是假命題 D.①是假命題，②是真命題二、填空題：本題共12小題，共54分。5.設x∈R，不等式|x?1|>4的解集為______．6.已知全集U={1,2,3,4}，A={2,4}，則A?=______．7.已知復數z滿足z(1?i)=4i(其中i是虛數單位)，則|z|=______．8.設m，n∈R.若向量a=(3,1,?2)與向量b=(m,?2,n)平行，則m+n=______．9.曲線y=lnx在點(1,0)處的切線方程為______．10.(x+1x2)611.設a∈R，函數y=f(x)是奇函數.若f(1)=ea?3，f(?1)=1，則a=12.設等差數列{an}的公差不為0，其前n項和為Sn.若a913.設a∈R，函數f(x)=2x,x>1,?x,x≤1.若關于x的方程14.設a∈R.對于樣本數據a，6，9，6，12，若該樣本的第60百分位數是一個整數，則符合題意的a的個數為______．15.在空間中，O是一個定點，已知圓錐上的所有點到O的距離都不超過1，則當該圓錐的體積取得最大值時，底面半徑為______．16.在平面直角坐標系中，已知橢圓Γ1：x225+y216=1以及圓Γ2：x2+y2=4，若點A、三、解答題：本題共5小題，共78分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟。17.(本小題14分)

在直四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，且AB=BD=AA1．

(1)18.(本小題14分)

在△ABC中，角A、B、C所對的邊分別為a、b、c，已知a=5．

(1)若A=π3，b=3c，求c；

(2)若A=π6，5csinB=3b，求19.(本小題14分)

為迎接我校校慶，文創(chuàng)中心組織師生共同準備了書簽及明信片這兩種校慶紀念品，每種紀念品均分為手繪款和普通款兩類.校慶當日，志愿者小江負責在弦歌臺服務點發(fā)放紀念品.在做準備工作時，小江清點了服務點已有的各類紀念品的份數，發(fā)現缺失手繪款明信片，準備向文創(chuàng)中心申請補領，其余紀念品的份數如下表所示：書簽明信片手繪款40普通教150120(1)設每位抵達的校友可以隨機抽取1份紀念品，小江補領了手繪款明信片40張.記事件A：首位抵達的校友抽到手繪款紀念品，事件B：首位抵達的校友沒有抽到明信片，分別計算P(A)、P(B)，并判斷事件A，B是否獨立；

(2)設每位抵達的校友可以隨機抽取2份紀念品.若小江希望事件“首位抵達的校友恰好抽到一張明信片，且恰好抽到一份手繪款紀念品”發(fā)生概率大于0.2，且考慮到紀念品總數有限，希望補領的手繪款明信片的張數盡可能地少，則他應該申請補領多少張手繪款明信片？20.(本小題18分)

如圖，在平面直角坐標系xOy中，拋物線Γ：x2=16y的焦點為F，過F的直線l與拋物線Γ及圓x2+(y?4)2=16的四個交點依次為A、C、D、B．

(1)若點A的縱坐標為1，求|AF|；

(2)證明|AC|?|BD|為定值，并求出該定值；

(3)過A、B分別作拋物線Γ的切線l1、l2，且21.(本小題18分)

設函數y=f(x)的定義域為R.對于閉區(qū)間I，若存在x0∈I，使得對任意x∈I，均有f(x0)≥f(x)成立，則記Mf(I)=f(x0)；若存在x0∈I，使得對任意x∈I，均有f(x0)≤f(x)成立，則記mf(I)=f(x0).

(1)設f(x)=?x2+3x，分別寫出Mf([0,2])及mf([0,2])；

(2)設n∈Z，f(x)=ex(x?2)2.若對任意閉區(qū)間I?(?∞,n]參考答案1.A

2.C

3.B

4.C

5.(?∞,?3)∪(5,+∞)

6.{1,3}

7.28.?2

9.y=x?1

10.15

11.ln2

12.7513.[?1,2]

14.3

15.216.3217.解(1)證明：因為底面ABCD是菱形，所以AC⊥BD，

又因為四棱柱ABCD?A1B1C1D1為直四棱柱，所以DD1⊥底面ABCD，

AC?底面ABCD，所以DD1⊥AC，又DD1∩BD=D，DD1，BD?平面DD1B，

所以AC⊥平面DD1B，又D1B?平面DD1B，

所以BD1⊥AC．

(2)取BC中點E，因為AB=BD，且底面ABCD是菱形，則DE⊥BC，

以D為原點，直線DA為x軸，直線DE為y軸，直線DD1為z軸建立空間直角坐標系，如圖：

則不妨設A(1,0,0)，B(12,32,0)，C(?12,18.解：(1)∵a=5，A=π3，b=3c，

∴由余弦定理公式可得：

52=(3c)2+c2?2×3c×c×12，∴c2=257，

∴c=577；

(2)∵5csinB=3b，

∴由正弦定理可得5sinCsinB=3sinB，又sinB≠0，

∴sinC=35，又a=5，A=π6，a<c時C有兩解(C為銳角或鈍角)，

當C為銳角時，cosC=45，

sinB=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC，sinA=12，cosA=32，

∴sinB=12×419.解：(1)依題意，書簽明信片手繪款4040普通教150120P(AB)=4040+40+150+120=435，

P(A)=40+4040+40+150+120=835，

P(B)=40+15040+40+150+120=1935，

因為P(AB)≠P(A)P(B)，

所以事件A，B不獨立．

(2)設手繪款明信片的張數為x，首位抵達的校友恰好抽到一張明信片，且恰好抽到一份手繪款紀念品為事件C，

小江希望事件“首位抵達的校友恰好抽到一張明信片，且恰好抽到一份手繪款紀念品”發(fā)生概率大于20.解：(1)因為拋物線的焦點F(0,4)，準線方程為：y=?4，

所以|AF|=1+4=5．

(2)證明：由已知直線AB的斜率存在，

設其方程為：y=kx+4，

令A(x1,y1)，B(x2,y2)，

所以|AF|=y1+4，|BF|=y2+4，

所以|AC|=|AF|?r=y1+4?4=y1，|BD|=|BF|?r=y2+4?4=y2，

由y=kx+4x2=16y，

得x2?16kx?64=0，

顯然Δ>0，

則x1+x2=16k，x1x2=?64，y1y2=x1216?x2216=(?64)216×16=16，

所以|AC||BD|=y1y2=16，

即|AC||BD|為定值16．

(3)由x2=16y，

可得y=116x2,y′=18x，

則切線AM的方程為y?x1216=18x1(x?x1)

①

切線BM的方程為y?x2216=18x221.解：(1)∵f(x)=?x2+3x=?(x?32)2+94,x∈[0,2]，

由二次函數的性質知，f(x)在[0,32)上單調遞增，在(32,2]上單調遞減，

∴f(x)max=f(32)=94，f(x)min=f(0)=0，

∴當x=32時，Mf([0,2])=f(x)max=94，

當x=0時，mf([0,2])=f(x)min=0．

(2)∵f(x)=ex(x?2)2，

∴f′(x)=ex(x?2)2+2ex(x?2)=ex(x?2)(x?2+2)=exx(x?2)，

又∵ex>0，

令f′(x)>0，即x(x?2)>0，可得x<0或x>2，令f′(x)<0，即x(x?2)<0，可得0<x<2，

∴f(x)=ex(x?2)2在(?∞,0)，(2,+∞)上單調遞增，在(0,2)上單調遞減，

當x趨近?∞，f(x)趨近0，當x趨近+∞窮，f(x)趨近+∞，

又f(0)=4，f(2)=0，f(3)=e3>4，

作出函數y=f(x)的圖象，如下圖：

當n=3時，在I?(?∞,n]時，Mf(I)=f(0)=4,mf(I)=f(3)=e3，

則f(3)?f(2)=e3>4，不成立，

當n=2時，在I?(?∞,n]時，Mf(I)=f(0)=4，mf(I)=f(2)=0，

則f(0)?f(2)=4成立，

由圖象，結合題意要使f(x)在I?(?∞,n]有Mf(I)與mf(I)，

且對任意閉區(qū)間I?(?∞,n]，均有不等式Mf(I)?mf(I)≤4成立，

∴n的最