2025年高考第二次模拟考试卷：数学（上海卷01）（解析版）

这是一份2025年高考第二次模拟考试卷：数学（上海卷01）（解析版），共18页。试卷主要包含了设若，则 等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分）
1．已知全集，则 .
【答案】
【分析】根据集合的补集、交集运算求解即可.
【解析】,
,
.
故答案为：
2．若复数满足，则 ．
【答案】
【分析】根据复数的除法运算求出复数的代数形式，再根据复数模公式运算得解.
【解析】，，
.
故答案为：.
3．设，不等式的解集为 ．
【答案】
【分析】由或即可求解.
【解析】由，
可得：或，
解得：或.
所以不等式的解集为：.
故答案为：
4．设随机变量服从二项分布，则 .
【答案】
【分析】利用二项分布的方差公式及方差的性质计算可得.
【解析】因为，所以，
所以.
故答案为：
5．设若，则 ．
【答案】1
【分析】根据分段函数，分和求解即可.
【解析】当时，，解得：，满足；
当时，，方程无解，
所以，
故答案为：1
6．已知甲乙两组数据如茎叶图所示，其中，若这两组数据的中位数相等，平均数也相等，则 ．
【答案】/0.375
【分析】先得到甲乙的中位数，可得到，再利用平均数相同即可求解
【解析】通过茎叶图可发现甲的中位数为，乙的中位数为
因为两组数据的中位数相同，则，
又因为平均数相同，则，
∴．
故答案为：
7．已知抛物线上有一点到准线的距离为，点到轴的距离为，则抛物线的焦点坐标为 ．
【答案】0,2
【分析】根据题意求出点的纵坐标，结合点到准线的距离可求出的值，即可得出抛物线焦点的坐标.
【解析】抛物线的准线方程为，
设点，则，由于点到准线的距离为，可得，
因为点到轴的距离为，则，所以，，解得，
故抛物线的方程为，其焦点坐标为.
故答案为：.
8．在中，，，的平分线交BC于点D，若，则 ．
【答案】/
【分析】根据给定条件，探求出线段与DB的倍分关系，再结合平面向量基本定理求解作答.
【解析】在中，，，则，又平分，即有，

因此，即有，，整理得，
而，且不共线，于是，
所以.
故答案为：
9．第5届中国国际进口博览会在上海举行，某高校派出了包括甲同学在内的4名同学参加了连续5天的志愿者活动．已知甲同学参加了2天的活动，其余同学各参加了1天的活动，则甲同学参加连续两天活动的概率为 ．（结果用分数表示）
【答案】/
【分析】
根据古典概型的概率公式，结合排列数、组合数运算求解.
【解析】“甲同学参加了2天的活动，其余同学各参加了1天的活动”共有种可能，
“甲同学参加连续两天活动”共有种可能，
故甲同学参加连续两天活动的概率.
故答案为：.
10．设数列的前项和为，若，对任意正整数恒成立，则 ．
【答案】
【分析】利用与的关系式证得数列为等比数列，再利用等比数列的前项和公式取极限即可得解.
【解析】易知：，
可得：（），
两式相减可得：（），
当时，，，可得：，满足上式，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，
可得：.
故答案为：.
11．修建栈道是提升旅游观光效果的一种常见手段.如图，某水库有一个半径为1百米的半圆形小岛，其圆心为C且直径MN平行坝面.坝面上点A满足，且AC长度为3百米，为便于游客到小岛观光，打算从点A到小岛建三段栈道AB、BD与BE，水面上的点B在线段AC上，且BD、BE均与圆C相切，切点分别为D、E，其中栈道AB、BD、BE和小岛在同一个平面上.此外在半圆小岛上再修建栈道、以及MN，则需要修建的栈道总长度的最小值为 百米.
【答案】
【分析】连接CD，CE，设，建立出需要修建的栈道的函数关系式，利用导数求出最小值.
【解析】连接CD，CE，由半圆半径为1得：.
由对称性，设，又，，
所以，，
易知，所以的长为.
又，故，故，
令且，则，，
所以.
所以栈道总长度最小值.
故答案为：.
12．我国南北朝时期的数学家祖暅提出了计算体积的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”，其意思可描述为：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．如图，阴影部分是由双曲线与它的渐近线以及直线所围成的图形，将此图形绕轴旋转一周，得到一个旋转体，则这个旋转体的体积为 ．

【答案】
【分析】根据给定条件，可得旋转体垂直于轴的截面是圆环，求出圆环面积，利用祖暅原理求出旋转体体积作答.
【解析】双曲线的渐近线为，设直线交双曲线及其渐近线分别于，及，，如图，

由，得，
由，得,
线段，绕轴旋转一周得到一个旋转体的一个截面，
它是一个圆环，其内径，外径，

此圆环面积为
因此此旋转体垂直于轴的任意一截面面积都为，旋转体的高为，而底面圆半径为，高为的圆柱垂直于轴的任意一截面面积都为，
由祖暅原理知，此旋转体的体积等于底面圆半径为，高为的圆柱的体积为.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：利用祖暅原理求几何体的体积，找到一个等高的可求体积的几何体，并将它们放置于两个平行平面间，再探求出被平行于两个平行平面的任意一平面所截，截面面积相等是解题的关键.
二、选择题(本题共有4题，满分18分，第13-14题每题4分，第15-16题每题5分；每题有且只有一个正确选项)
13．已知a，b都是实数，那么“”是“”的（ ）
A．充要条件B．充分不必要条件C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】根据充分必要条件的定义判断．
【解析】由对数函数性质知，即充分性满足，但时，而不成立（不存在），必要性不满足，故为充分不必要条件，
故选：B．
14．设函数图像的一条对称轴方程为，若、是函数的两个不同的零点，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据对称轴和的范围可得的值，从而可得周期，然后由题意可知的最小值为可得.
【解析】由题知，则，
因为，所以
所以
易知的最小值为.
故选：B
15．如图，在正方体中，分别是的中点.下列结论错误的是（ ）
A．
B．平面
C．与所成的角为
D．平面
【答案】C
【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断ABD；利用线线角的向量求法求解判断C.
【解析】在正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，设，
则，，
对于A，，，，A正确；
对于B，，则，，而平面，
因此平面，B正确；
对于C，，，
因此与所成的角为，C错误；
对于D，由平面，得平面的一个法向量，
又，平面，因此平面，D正确.
故选：C
16．如果数列同时满足以下四个条件：（1）（）；（2）点在函数的图像上；（3）向量与互相平行；（4）与的等差中项为（）；那么，这样的数列，，，的个数为（ ）
A．78B．80C．82D．90
【答案】B
【分析】先分析出各项均为整数，且或，判断出，依次分析的变换过程，分类讨论，即可求解.
【解析】由（1）得，
由（2）点在函数的图像上，得：，
由（3）向量与互相平行，得：，
由（4）得，从而或，
从而，故，
考虑的变换，
每一步变换均为或，且和所加之和相等，
①若，则，则9步中只有1步为，且只能在2边，故有3种；
②若，则，则9步中有3步，6步，
共有种；
③若，则，则9步中有5步，4步，
共有种；
④若，则，则9步中有7步，2步，共有种，
⑤若，则，则9步都为，共有1种，
综上，共有种.
故选：B.
【点睛】计数问题解题要先区分：1、先分步还是先分类.2、是排列还是组合．
三、解答题(本大题共有5题，满分78分，第17-19题每题14分，第20、21题每题18分.)
17．如图，在以为顶点的五面体中，四边形与四边形均为等腰梯形，，.
(1)证明：平面平面；
(2)若为线段上一点，且，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）通过勾股定理及全等得出线线垂直，应用线面垂直判定定理得出平面，由平面进而得出面面垂直；
（2）由面面垂直建立空间直角坐标系，分别求出法向量再应用向量夹角公式计算二面角余弦值.
【解析】（1）证明：在平面内，过做垂直于交于点，
由为等腰梯形，且，则
又，所以，
连接，由，可知且，
所以在三角形中，，
从而，
又平面，，所以平面，
又平面，所以平面平面
（2）由（1）知，两两垂直，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
，
设平面的一个法向量为，
则，即，
取，则，
设平面的一个法向量为，
则，即，
取，则，
所以，
由图可以看出二面角为锐角，故二面角的余弦值为.
18．已知在中，角所对的边分别为，且满足．
(1)若，求的面积；
(2)求的最大值，并求其取得最大值时的值．
【答案】(1)或；
(2)最大值，.
【分析】（1）首先由余弦定理求出c，再结合三角形面积公式即可求解；
（2）由正弦定理边化角，结合三角恒等变换即可求解．
【解析】（1），，，
又，，
．
又在中，，，，
因为，所以，
又在中，，，
再由三角形的余弦定理得：，，
即，解得或，
当时，，
当时，，
（2），，．
．
其中，，，，
在中，，，
当时，取到最大值，
此时，．
19．垃圾分类能减少有害垃圾对环境的破坏，同时能提高资源循环利用的效率．目前上海社区的垃圾分类基本采用四类分类法，即干垃圾，湿垃圾，可回收垃圾与有害垃圾．某校为调查学生对垃圾分类的了解程度，随机抽取100名学生作为样本，按照了解程度分为A等级和B等级，得到如下列联表：
(1)根据表中的数据回答：学生对垃圾分类的了解程度是否与性别有关（规定：显著性水平）？
附：，其中，．
(2)为进一步加强垃圾分类的宣传力度，学校特举办垃圾分类知识问答比赛．每局比赛由二人参加，主持人A和B轮流提问，先赢局者获得奖项并结束比赛．甲，乙两人参加比赛，已知主持人A提问甲赢的概率为，主持人B提问甲赢的概率为，每局比赛互相独立，且每局都分输赢．现抽签决定第一局由主持人A提问．
（i）求比赛只进行3局就结束的概率；
（ii）设为结束比赛时甲赢的局数，求的分布和数学期望．
【答案】(1)无关
(2)（i）；（ii）分布列见解析，
【分析】（1） 计算的值，再与进行比较即可得结论；
（2）（i）由相互独立事件概率的乘法公式可直接求出答案；
（ii）先由相互独立事件概率的乘法公式求出，则分布列可得，再由期望公式求数学期望即可.
【解析】（1）提出原假设:学生对垃圾分类的了解程度与性别无关，
确定显著性水平，由题意得，
可得，
由，且，
所以接受原假设，学生对垃圾分类的了解程度与性别无关.
（2）（i）比赛只进行3局就结束，甲赢得比赛的概率为
比赛只进行3局就结束，乙赢得比赛的概率为，
故比赛只进行3局就结束的概率为；
（ii）的可能取值为，
，即进行了3场比赛，且乙赢得比赛，故，
，即进行了4场比赛，且乙赢得比赛，前3场中，甲赢得1场比赛，乙第4场赢，
故，
，即进行了5场比赛，且乙赢得比赛，前4场中，甲赢得2场比赛，乙第5场赢，
故
，
，即最后甲赢得比赛，由概率性质得，
所以分布为
故数学期望为.
20．已知双曲线的焦距为4，直线l：与交于两个不同的点D､E，且时直线l与的两条渐近线所围成的三角形恰为等边三角形.
(1)求双曲线的方程；
(2)若坐标原点O在以线段DE为直径的圆的内部，求实数m的取值范围；
(3)设A､B分别是的左､右两顶点，线段BD的垂直平分线交直线BD于点P，交直线AD于点Q，求证：线段PQ在x轴上的射影长为定值.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）列方程求得a、b，即可得到双曲线的方程；
（2）把坐标原点O在以线段DE为直径的圆的内部，转化为，解不等式可得实数m的取值范围；
（3）求得P、Q两点的坐标，得到，即可证明线段PQ在x轴上的射影长为定值.
【解析】（1）当直线l：与C的两条渐近线围成的三角形恰为等边三角形，
又双曲线的渐近线为，则
又焦距为4，则，解得，，
则所求双曲线的方程为.
（2）设，，则，
由，得，
则，
，，，
又坐标原点O在以线段DE为直径的圆内，
则，即，即，
即，则，
即，则或，
即实数m的取值范围.
（3），
设，则，
直线BD的斜率为， 又，
则直线PQ的方程为，即，
直线AD的斜率为，直线AD的方程为，
由，得，
即点Q的横坐标为，则.
故线段PQ在x轴上的射影长为定值.
21．设是定义在区间上的函数，其导函数为.如果存在实数和函数，其中对任意的都有，使得，则称函数具有性质.
(1)设函数，其中为实数.
（ⅰ）判断函数是否具有性质，请说明理由；
（ⅱ）求函数的单调区间.
(2)已知函数具有性质.给定，，设为实数，，，且，，若，求的取值范围.
【答案】(1)（i）函数具有性质，理由见解析；（ii）答案见解析
(2)
【分析】（1）（i）对求导，可得恒成立，即可证明函数具有性质；（ii），与的符号相同，分，，和，讨论的正负，即可得出函数的单调区间；
（2）对求导，，分析可知其在恒成立，分，和三种情况讨论求解m的取值范围．
【解析】（1）（i）函数具有性质，理由如下，
，
因为，恒成立，所以函数具有性质；
（ii）设，与的符号相同.
当即时，，，
故此时在区间上递增；
当时，对于，有，所以此时在区间上递增；
当时，的图象开口向上，对称轴，而，
对于，总有，，所以此时在区间上递增；
当时，的图象开口向上，对称轴，方程的两根为：
，且，，
当时，，，此时在区间上递减；
同理得：在区间上递增.
综上所述：当时，在区间上递增；
当时，在区间上递减，在上递增；
（2）由题意，得：，
又对任意的都有，
所以对任意的都有，在上递增，
又，
当时，，且，
所以，所以或，
若，则，
所以不合题意，
所以，即，解得：，，
当时，，，符合题意.
当时，，且，
同理有，即，解得：，，
综上所述，所求m的取值范围时.
【点睛】关键点点睛：本题第二问解题的关键点是对进行分类讨论，本题主要考查函数的概念、性质、图象及导数等基础知识、考查灵活运用数形结合、分类讨论的思想方法进行探索、分析与解决问题的综合能力.
-
0
+
单调递减
极小值
单调递增
男生
女生
总计
A等级
40
20
60
B等级
20
20
40
总计
60
40
100
0
1
2
3