上海市建平中学2024?2025学年高三下学期3月月考数学试卷（含详解）

上海市建平中学2024 2025学年高三下学期3月月考数学试卷
一、填空题（本大题共12小题）
1．已知复数，其中i为虚数单位，则 .
2．已知全集，，则 .
3．在的展开式中，常数项为 .
4．已知随机变量，若，则 .
5．数列满足（n为正整数），且与的等比中项是2，则 .
6．若实数x，y满足，则的取值范围是 ；
7．将序号分别为1，2，3，4，5的5张电影券全部分给甲、乙、丙、丁4人，每人至少1张，则在甲分得2张电影券的条件下，其分得2张电影券连号的概率为 .
8．已知曲线与直线有两个相异的交点，那么实数b的取值范围是 .
9．已知函数为奇函数，则 .
10．已知双曲线的两条渐近线将双曲线所在平面分为上，下，左，右4个部分（不含渐近线上的点），若位于上部分，不位于下部分，则C的离心率的取值范围为 .
11．为进一步缓解中小学放学时道路拥堵问题，小明提出一个改造方案：假设校门口有条长155米，宽10米的公路（如图矩形ABCD），公路的一侧划有31个长5米宽2.5米的停车位（如矩形AEFG），由于停车位不足，放学时段造成道路拥堵，在不改变停车位的大小和汽车通道宽度的条件下，通过压缩道路边绿化带及改变停车位方向来增加停车位，记绿化带被压缩的宽度（米），此时，停车位相对道路倾斜的角度，其中，该路段改造后的停车位比改造前增加 个.

12．已知，（i，，2，3）均为实数，且满足，，，，且的最大值是 .
二、单选题（本大题共4小题）
13．“”是“直线与垂直”的（ ）.
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．不充分也不必要条件
14．经验表明，一般树的胸径（树的主干在地面以上1.3m处的直径）越大，树就越高.在研究树高y与胸径x之间的关系时，某同学收集了某种树的5组观测数据（如下表）：假设树高y与胸径x满足的经验回归方程为，则（ ）
胸径x/cm 8 9 10 11 12
树高y/m 8.2 10 11 12 13.8
A．当胸径时，树高y的预测值为14 B．
C．表中的树高观测数据y的40%分位数为10 D．当胸径时，树高y的离差为0.32
15．已知函数，.若存在，存在，使成立，则实数a的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
16．已知数列满足，有如下两个命题：命题：“是严格增数列”的充要条件是“存任使得对任意，都有”；命题：“是严格减数列”的充要条件是“存在使得对任意，都有”.则下列说法中正确的是（ ）
A．和都是真命题 B．是真命题，是假命题
C．是假命题，是真命题 D．和都是假命题
三、解答题（本大题共5小题）
17．如图，在四棱锥中，底面是菱形，平面，且，的中点为，的中点为.
(1)证明：平面；
(2)若直线与面所成角为，求点到平面的距离.
18．在中，角所对的边分别为.
(1)若，求的面积S；
(2)若角C的平分线与的交点为，求的最小值.
19．马尔可夫链是因俄国数学家安德烈·马尔可夫得名，其过程具备“无记忆”的性质，即第次状态的概率分布只跟第n次的状态有关，为了避免就餐聚集和减少排队时间，某校开学后，食堂从开学第一天起，每餐只推出即点即取的米饭套餐和面食套餐.已知某同学每天中午会在食堂提供的两种套餐中选择，已知他第一天选择米饭套餐的概率为，而前一天选择了米饭套餐后一天继续选择米饭套餐的概率为，前一天选择面食套餐后继续选择面食套餐的概率为，如此往复.
(1)求该同学第二天中午选择米饭套餐的概率；
(2)记该同学第n天选择米饭套餐的概率为；
①证明：为等比数列；
②当时，恒成立，求m的取值范围.
20．如图，已知椭圆的上、下焦点分别为，，焦距为2，离心率为，称圆心在椭圆上运动，且半径为的圆是椭圆的“环绕圆”.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)记直线与椭圆的另一个交点为点，“环绕圆”的面积为，三角形的面积为，试判断，是否存在点，使，若存在，求满足条件的直线的条数，若不存在，请说明理由；
(3)若过原点可作“环绕圆”的两条切线，分别交椭圆于、两点，直线，的斜率存在，记为，，求的最小值.
21．已知函数，若点P是函数的图像的两条互相垂直的切线的交点：则点P是函数的“特征点”，记的所有“特征点”的集合为；
(1)若，，求；
(2)若，求证：函数的所有“特征点”在一条定直线上，并求出这条直线的方程；
(3)若，记函数的所有点组成的集合为N，且，求实数a的取值范围.
参考答案
1．【答案】1
【详解】，则.
2．【答案】
【详解】全集，，故.
3．【答案】
【详解】解：由题意得：，
令得，
故常数项为．
4．【答案】0.1/
【详解】由随机变量，得，
则.
5．【答案】1或
【详解】由题意可得数列是公差为3的等差数列，
，，
与的等比中项是2，，
即，解得或，
或.
6．【答案】；
【详解】 可令，
.
7．【答案】
【详解】甲分得2张电影券连号的情况有4种，甲分得2张电影券的情况有种，
在甲分得2张电影券的条件下，其分得2张电影券连号的概率为.
8．【答案】
【详解】曲线即，表示以为圆心，以1为半径的一个半圆，
直线表示斜率为1的一组平行线，当直线过时，，
当直线和半圆相切时，由，解得或（舍去），
要使曲线与直线有两个相异的交点，则b满足.

9．【答案】
【详解】
，
则，，
若，则，定义域是，
定义域不关于原点对称，不符合题意，所以，
所以，要使的定义域关于原点对称，
则需，则，
此时的定义域是.
则由解得，
此时
，，符合题意.
所以.
10．【答案】
【详解】由双曲线性质得双曲线的两条渐近线方程为，
因为位于上部分，不位于下部分，而，，
所以得到，则C的离心率.
11．【答案】18
【详解】由图可知，，
即，，已知，
，则，
则，化简得，解得或，
因，则，故，，
设改造后停车位数量最大值为n，如图，
过停车位顶点做射线垂线，垂足为，
则顶点到线段ME距离为，
又由图及题意可得：，，
则，
注意到，
则，
则，
则，
则，，
又，则，
令，
即改造后最大停车位数量为49，则改造后的停车位比改造前增加18.

12．【答案】25
【详解】设向量，，.
由，，，
可得，，
已知，
所以，
移项得到，
即，也就是，
这表明点在以为直径的圆上.
根据两点间距离公式，可知，
要求的最大值，即求的最大值，也就是求的最大值.
因为，，当，，三点共线且，在的两侧时，取得最大值，
此时.
另外，此时在以为直径的圆与圆的交点位置，如图所示，
因为，，
所以的最大值为.
13．【答案】A
【详解】当时，，，
，充分性成立；
“直线与垂直”恒成立，
并不需要a参与其中，必要性不成立.
故选A.
14．【答案】B
【详解】由题意可知，，，
经验回归方程过点，，解，故B正确；
对于A，由B可知，当胸径时，树高y的预测值为，A错误；
对于C，，表中的树高观测数据y的40%分位数为，C错误；
对于D，由B可知，当胸径时，树高y的预测值为，
树高y离差为，D错误.
故选B.
15．【答案】B
【详解】由题意得函数，
故函数的值域为，而，，
由对勾函数性质得在上单调递减，在上单调递增，
且，，，
故的值域为，而存在，存在，
使成立，可得，
则且，解得，故B正确.
故选B.
16．【答案】A
【详解】讨论命题的充分性，令，其中且，
代入递推式得：，
需证明，即，
定义函数,
需证明当时，
，
由于，函数在时严格递减，
结合得当时，，
所以，
所以命题的充分性成立，
讨论命题的必要性，
若无上界，则当时，，
当主要项为，所以，
代入递推公式得：，
但为负数，与矛盾，
因此必有上界，由于严格递增且有上界，
所以必趋近到某一实数，
所以，
当时，右边为，
等式成立，若，由于严格递增且趋近于，
必有，但递推式要求，
当可能小于1，
与不矛盾，定义函数，
需证明仅当，
当，令，则，
因此，
由不等式，
令，得，
因此，
当，若存在满足，
则，但，
当，若，
则左边为非负数，右边为正数，矛盾,
若，则左边为负数，右边为正数，亦矛盾，
因此是唯一解，对，
存在，使得当时，
由于严格递增且趋近于0，
若存在某，则对任意有，与矛盾，
因此必存在，使得当时，
综上，当时，
所以命题的必要性得证，
讨论命题的充分性，
递推式为，
由于，令且，
代入得，
需证明，
定义函数，
需证明，当，
，
在时严格递增，且，
故当时，，
即，
当时，，数列严格递减，
所以充分性得证，讨论命题的必要性，
假设数列无下界，则当，
递推式中的项，
因此，
当，故，
但这与数列严格递减矛盾，
所以数列必有下界，由于数列严格递减且有下界，
必趋近于到某一实数，
所以，
定义，
需证明仅当，
当，
当，若存在，
则，
但此时，矛盾，
当，数列严格递减且收敛到负数，
但递推式中可能为正数，矛盾，
对，存在，使得当时，
若存在某，则递推式生成的可能为正数，导致数列无法严格递减，
因此必存在，使得当时，
所以当时，
所以必要性成立.
故选A.
17．【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）如图，设的中点为，连结，
因为的中点为，的中点为，所以是的中位线，
所以，，因为底面是菱形，
所以，，所以，，
得到四边形为平行四边形，则，
又平面，平面，故平面.
（2）由题意得平面，连接，
如图，作，以为原点建立空间直角坐标系，
因为，底面是菱形，所以，，，
设，则，，
则，，而的中点为，
的中点为，由中点坐标公式得，
则，易得面的法向量为，
因为直线与面所成角为，所以，
由图形得是锐角，解得，则此时，，
得到，而，，
设面的法向量为，
则，，
令，解得，，故，
设点到平面的距离为，由点到平面的距离公式得
.
18．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由，
得.
由正弦定理得.
所以，
因为，所以.
在中，，
由余弦定理，
得，解得.
所以.
即的面积S为.
（2）因为为角C平分线，，所以.
在中，，
所以，
由，得，所以.
因为，所以由基本不等式，得，
所以，当且仅当时取等号.
所以的最小值为.
19．【答案】(1)；
(2)①证明见解析；②
【详解】（1）设为“第一天选择米饭套餐”：为“第二天选择米饭套餐”，
则为“第一天不选择米饭套餐”，
根据题意，，，，
由全概率公式得：.
（2）①：证明：设为“第n天选择米饭套餐”，则，，
根据题意，，，
由全概率公式得：
因此，.
是以为首，为公比的等比数列.
②：根据①可得，
所以，下求的最大值，
要求的最大值，则为偶数，
当为偶数时，，
此时是单调递减数列，
所以的最大值为，
因此，则m的取值范围是.
20．【答案】(1)；
(2)存在，2条；
(3).
【详解】（1）由椭圆的焦距为，离心率为，得，，
所以椭圆的标准方程为.
（2）由（1）知：，显然直线不与轴重合，设直线为，，
由消去得，，
则，圆半径为1，则，
于是，即，解得，
所以满足条件的直线有2条.
（3）设切线方程为，切线方程为，且，，
由圆与相切，得，化简得，
同理，于是是的两个不相等实根，
则，由在椭圆上，得，
因此，而，则当时，取得最小值，
所以的最小值为.
21．【答案】(1)
(2)证明见解析；
(3)
【详解】（1）假设，存在“特征点”，
则存在两条互相垂直的切线，设为和处的切线，
，，
由于的值域为，只能在和
或者和的情况下成立，
即或.
当时，，所以切线方程为.
当时，，
所以切线方程为，.
由解得，所以“特征点”为.
当结果同上.
因此.
（2）证明：设“特征点”是在和处的切线的交点，
，，
在和处的切线方程为，，
联立，解得，即，
两条切线相互垂直，
，，
的所有“特征点”在一条定直线上.
（3），由题意可知不存在图象上的点，使得该点是“特征点”，
先证明：对任意的实数a，若图象上的点是“特征点”，则该点本身一定是切点，
反证法：假设该点不是切点，
则存在切线，它与函数图象交于点Q，
，
化简得，，，
同理可得，，两条切线重合，矛盾，
该点本身一定是切点，假设，处切线互相垂直，
不妨令B是两条切线的交点，则由上可知，，
，
，
，
即，
设，则，即，
由题意可知图象上的点都不是“特征点”，即不存在这样的点B，
方程对无解，
设，其对称轴为，
当时，取最小值，要使得无解，只需，
解得，实数a的取值范围为.