2024-2025学年上海进才中学高三下学期数学周练2（含答案）

进才中学2024学年第二学期高三年级数学周测二
一、填空题(1-6题每个空格填对得4分，7-12题每个空格填对得5分）.
1.设全集，若集合，则____________.
2.若复数满足，其中是虚数单位，则__________.
3.圆柱的底面半径为3，高为4，其侧面积为__________.
4.函数 在上的值域为_____________.
5.的二项式展开式中，系数最大的项为__________.
6. 已知，则__________.
7.在平面直角坐标系中，已知点是轴上的两个动点，且，则的最小值为__________.
8.若直线经过双曲线的一个焦点，且与该双曲线的一条渐近线平行，则该双曲线的方程为__________.
9.设，若的平均数为4，则这四个数的中位数的取值范围是__________.
10.设为两个平面，为两条直线，且.下述四个命题：
①若，则或 ②若，则或
③若且，则 ④若与,所成的角相等，则
其中所有真命题的编号是 。
11.如图，在正方体中，为棱上的动点，
平面为垂足.给出下列四个结论：
①；②线段的长随线段的长增大而增大；③存在点，使得；④存在点，使得平面.其中所有正确结论的序号是_______.
12.设与是两个不同的无穷数列，且都不是常数列.记集合，给出下列4个结论：
①若与均为等差数列，则M中最多有1个元素；
②若与均为等比数列，则M中最多有2个元素；
③若为等差数列，为等比数列，则M中最多有3个元素；
④若为递增数列，为递减数列，则M中最多有1个元素. 其中正确结论的序号是 .
二、选择题(13-14选对得4分，15-16选对得5分)
13.设是公差不为0的无穷等差数列，则“为递增数列”是“存在正整数，当时，”的（ ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
14.生物丰富度指数 是河流水质的一个评价指标，其中分别表示河流中的生物种类数与生物个体总数.生物丰富度指数d越大，水质越好．如果某河流治理前后的生物种类数没有变化，生物个体总数由变为，生物丰富度指数由提高到，
则（ ）
A． B． C． D．
15.设函数的定义域为，对于函数图象上一点，若集合只有1个元素，则称函数具有性质.下列函数中具有性质的是（ ）
A． B． C． D．
16.已知是平面直角坐标系中的点集.设是中两点间距离的最大值，是表示的图形的面积，则（ ）
A．， B．，
C．， D．，
三、解答题(本大题共有5题，满分78分)解答下列各题必须写出必要的步骤．
17.(本小题满分14分，第1小题满分6分，第2小题满分8分)
如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，．
(1)若为线段中点，求证：平面．
(2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值．
18．在中，.
（1）求；
（2）若为边的中点，且，求的值.
19.某保险公司为了了解该公司某种保险产品的索赔情况，从合同险期限届满的保单中随机抽取1000份，记录并整理这些保单的索赔情况，获得数据如下表：
赔偿次数 0 1 2 3 4
单数
假设：一份保单的保费为0.4万元；前3次索赔时，保险公司每次赔偿0.8万元；第四次索赔时，保险公司赔偿0.6万元.假设不同保单的索赔次数相互独立.用频率估计概率.
(1)估计一份保单索赔次数不少于2的概率；
(2)一份保单的毛利润定义为这份保单的保费与赔偿总金额之差.
（i）记为一份保单的毛利润，估计的数学期望；
（ⅱ）如果无索赔的保单的保费减少，有索赔的保单的保费增加，试比较这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值与（i）中估计值的大小．（结论不要求证明）
20.已知椭圆过点，离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）设过点的直线交椭圆于另一点，若的面积为2，其中为坐标原点，求直线的方程；
（3）设过点的直线交椭圆于点，直线分别交直线于点，求证：线段的中点为定点.
21．一个完美均匀且灵活的项链的两端被悬挂，并只受重力的影响，这个项链形成的曲线形状被称为悬链线.1691年，莱布尼茨、惠根斯和约翰 伯努利等得到“悬链线”方程，其中为参数.当时，就是双曲余弦函数，类似地双曲正弦函数，它们与正、余弦函数有许多类似的性质.
(1)类比三角函数的三个性质：
①倍角公式；②平方关系；③求导公式
写出双曲正弦和双曲余弦函数的一个正确的性质并证明；
(2)当时，双曲正弦函数图象总在直线的上方，求实数的取值范围；
(3)若，证明：
参考答案
一、填空题
1.； 2.； 3.； 4.； 5.； 6.； 7.； 8.； 9.； 10.①③； 11.①②④； 12.①③④；
11.如图，在正方体中，为棱上的动点，
平面为垂足.给出下列四个结论：
①；②线段的长随线段的长增大而增大；③存在点，使得；④存在点，使得平面.其中所有正确结论的序号是_______.
【答案】①②④
【解析】在正方体中，令，
以点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设，
则，
令平面的法向量，则，取，得，
由平面于，得，即，
，显然，解得，
于是，
对于①，，①正确；
对于②，在上单调递增，②正确；
对于③，而，，
若，
显然，即不存在使得，③错误；
对于④，平面的一个法向量，而，
由，得，即，整理得，
令，显然函数在上的图象连续不断，
而，因此存在，使得，此时平面，
因此存在点，使得平面，④正确.所以所有正确结论的序号是①②④.
12.设与是两个不同的无穷数列，且都不是常数列.记集合，给出下列4个结论：
①若与均为等差数列，则M中最多有1个元素；
②若与均为等比数列，则M中最多有2个元素；
③若为等差数列，为等比数列，则M中最多有3个元素；
④若为递增数列，为递减数列，则M中最多有1个元素. 其中正确结论的序号是 .
【答案】①③④
【解析】对于①，因为均为等差数列，故它们的散点图分布在直线上，
而两条直线至多有一个公共点，故中至多一个元素，故①正确.
对于②，取则均为等比数列，
但当为偶数时，有，此时中有无穷多个元素，故②错误.
对于③，设，，
若中至少四个元素，则关于的方程至少有4个不同的正数解，
若，则由和的散点图
可得关于的方程至多有两个不同的解，矛盾；
若，考虑关于的方程奇数解的个数和偶数解的个数，
当有偶数解，此方程即为，
方程至多有两个偶数解，且有两个偶数解时，
否则，因单调性相反，方程至多一个偶数解，
当有奇数解，此方程即为，
方程至多有两个奇数解，且有两个奇数解时即
否则，因单调性相反，
方程至多一个奇数解，因为，不可能同时成立，
故不可能有4个不同的整数解，即M中最多有3个元素，故③正确.
对于④，因为为递增数列，为递减数列，前者散点图呈上升趋势，
后者的散点图呈下降趋势，两者至多一个交点，故④正确.故答案为：①③④.
二、选择题
13.C； 14.D； 15.D； 16.C
15.设函数的定义域为，对于函数图象上一点，若集合只有1个元素，则称函数具有性质.下列函数中具有性质的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】根据题意，要满足性质，则的图象不能在过点的直线的上方，
且这样的直线只有一条；对A：的图象，以及过点的直线，如下所示：
数形结合可知，过点的直线有无数条都满足题意，故A错误；
对B：的图象，以及过点的直线，如下所示：
数形结合可知，不存在过点的直线，使得的图象都在该直线的上方，故B错误；
对C：的图象，以及过点的直线，如下所示：
数形结合可知，不存在过点的直线，使得的图象都在该直线的上方，故C错误；
对D：的图象，以及过点的直线，如下所示：
数形结合可知，存在唯一的一条过点的直线，即，满足题意，故D正确.故选：D.
16.已知是平面直角坐标系中的点集.设是中两点间距离的最大值，是表示的图形的面积，则（ ）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】C
【解析】对任意给定，则，且，
可知，即，
再结合x的任意性，
所以所求集合表示的图形即为平面区域，
如图阴影部分所示，其中，
可知任意两点间距离最大值，
三、解答题
17.（1）证明略 （2）
18.（1） （2）
19.（1）
（2）(i)0.122万元；(ii)这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值大于（i）中估计值
20.已知椭圆过点，离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）设过点的直线交椭圆于另一点，若的面积为2，其中为坐标原点，求直线的方程；
（3）设过点的直线交椭圆于点，直线分别交直线于点，求证：线段的中点为定点.
【答案】（1） （2）或 （3）见解析
【解析】（1）由题，又，所以.
故椭圆的方程为.
（2）当直线斜率不存在时，，，符合题意.
当直线斜率存在时，设直线，即，所以，点到直线的距离. 设，记，
,
所以，判别式，
于是，.
所以，，解得.
综上，直线的方程为或.
（3）由题可设，记，.
，
由判别式得.
所以，直线的斜率都存在，且.
直线：，令得，同理.
设线段的中点为，由于，
所以，
因为，
所以，，故线段的中点为定点.
21.一个完美均匀且灵活的项链的两端被悬挂，并只受重力的影响，这个项链形成的曲 线形状被称为悬链线.1691年，莱布尼茨、惠根斯和约翰 伯努利等得到“悬链线”方程 ，其中为参数.当时，就是双曲余弦函数，类似地双曲正弦函数，它们与正、余弦函数有许多类似的性质.
(1)类比三角函数的三个性质：
①倍角公式；②平方关系；③求导公式
写出双曲正弦和双曲余弦函数的一个正确的性质并证明；
(2)当时，双曲正弦函数图象总在直线的上方，求实数的取值范围；
(3)若，证明：
【答案】（1）见解析 （2） （3）见解析
【解析】（1）平方关系：；倍角公式：；
导数：.理由如下：平方关系，；
倍角公式：；
导数：，；
以上三个结论，证对一个即可.
（2）构造函数，，由（1）可知，
①当时，由，又因为，故，等号不成立，
所以，故为严格增函数，
此时，故对任意，恒成立，满足题意；
②当时，令，则，
可知是严格增函数，由与可知，
存在唯一，使得，故当时，，
则在上为严格减函数，故对任意，，
即，矛盾；综上所述，实数的取值范围为；
（3）因为，
所以原式变为，
即证，
设函数，即证，，
设，，
时，在上单调递增，即在上单调递增，
设，则，
由于在上单调递增，，
所以，即，故在上单调递增，
又，所以时，，
所以，即，
因此恒成立，所以原不等式成立，得证.