高級中學名校試題PAGEPAGE1上海市寶山區2025屆高考二模數學試卷一、填空題（本大題共有12題，滿分54分，第1～6題每題4分，第7～12題每題5分，要求在答題紙相應題序的空格內直接填寫結果，每個空格填對得分，否則一律得零分）．1.是虛數單位，則__________．【答案】【解析】，故答案為．2.已知集合，，則____________________.【答案】【解析】由，。所以.故答案為：.3.拋物線的準線方程是_______【答案】【解析】因為拋物線的標準方程為，焦點在y軸上，所以：，即，所以，所以準線方程為：，故答案是：.4.已知函數則=________.【答案】【解析】由題意可得.故答案為：.5.若函數是奇函數，則=______【答案】3【解析】因為函數是奇函數且為多項式的形式,故偶次項系數均為0,即,即故故答案為36.的二項展開式中，項的系數為________.【答案】【解析】由題意得二項式的展開式的通項公式為，令，得，所以項系數為．故答案為：．7.已知函數且)的圖像經過定點，則點的坐標為____【答案】【解析】令，可得.所以定點的坐標為.故答案為：.8.已知圓柱的底面積為，側面積為，則該圓柱的體積為_________.【答案】【解析】設圓柱的底面圓的半徑為，高為，由題意可得，解得，所以圓柱的體積.故答案為：.9.已知中，，，點在線段上，且，則的值為_________.【答案】【解析】設等腰在邊上的高為，因為，所以，所以，所以，所以.故答案為：.10.有件商品的編號分別為，它們的售價（元），且滿足，則這件商品售價的所有可能情況有________種.【答案】【解析】分四類討論：①當時，有6種情況；②當時，若，有5種選法；若，有4種選法；若，有3種選法；若，有2種選法；若，有1種選法；由加法原理可得共有15種；③當時，若，選擇有5種選法；若，選擇有4種選法；若，選擇有3種選法；若，選擇有2種選法；若，選擇有1種選法；由加法原理可得共有15種；④當時，有種，綜上，共有種.故答案為：56.11.某分公司經銷一產品，每件產品的成本為5元，且每件產品需向總公司交2元的管理費，預計每件產品的售價為元時，一年的銷售量為萬件，則每件產品售價為_________元時，該分公司一年的利潤達到最大值.（結果精確到1元）【答案】【解析】分公司一年的利潤(萬元)與售價的函數關系式為，所以，令，即，解得或（舍），當時，，此時在上單調遞增，當時，，此時在單調遞減，又因為結果精確到1元，且當時，，且當時，，于是：當每件產品的售價為9元時，該分公司一年的利潤最大.故答案為：9.12.空間中有相互垂直的兩條異面直線，點，且，若，且，則二面角平面角的余弦值最小為_________.【答案】【解析】根據雙曲線的定義，平面內到兩個定點、（焦點）的距離之差的絕對值為定值（小于）的點的軌跡為雙曲線.由，可知，所以點在以、為焦點的雙曲線上.在空間中，是此雙曲線繞旋轉得到的曲面.因為，根據直徑所對的圓周角是直角，所以點同時在以為直徑的球面上.由于，所以、在與垂直的面上.不妨令固定在一支雙曲線上，設雙曲線方程為.過作于，在雙曲線中，變形可得.在（因為）中，的長度可根據坐標關系得到，因為在過與垂直面與球的交線上，設球心為（中點），由（球的半徑的平方為，根據勾股定理得到此關系），的長度與有關（點坐標與點縱坐標有關），且在軸上的投影長度就是，所以.在中，根據余弦定理，通過，代入余弦定理公式化簡得到,.令，則.對于二次函數，其對稱軸為，當時，取得最大值.所以.故答案為：.二、選擇題（本大題共有4題，滿分18分，第13～14題每題4分，第15～16題每題5分，每題都給出四個結論，其中有且僅有一個結論是正確的，必須把答題紙上相應題序內的正確結論代號涂黑，選對得相應滿分，否則一律得零分）.13.已知向量，，若，則的值為（

）A. B. C. D.【答案】D【解析】由題意可得，解得.故選：D.14.“”的一個必要非充分條件是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】對于選項A，由，得到，即，所以可得，故選項A錯誤，對于選項B，由，得到，所以可得，故選項B錯誤，對于選項C，由，得到，即，所以推不出，但可以得出，故選項C正確，對于選項D，由，得到，又，當且僅當時取等號，顯然不滿足題意，則，即，又當，有，所以是的充要條件，故選項D錯誤，故選：C.15.甲、乙兩名籃球運動員在8場比賽中的單場得分用莖葉圖表示如左下圖，莖葉圖中甲的得分有部分數據丟失，但甲得分的折線圖完好（右下圖），則下列結論正確的是（）A.甲得分的極差小于乙得分的極差B.甲得分第25百分位數大于乙得分的第75百分位數C.甲得分的平均數大于乙得分的平均數D.甲得分的方差小于乙得分的方差【答案】C【解析】對于A選項，甲得分的極差為：，乙得分的極差為：，因為，所以甲得分的極差大于乙得分的極差，故A錯誤；對于B選項，因為，所以甲得分的第25百分位數為，又，所以乙得分的第75百分位數為，因為，所以甲得分的第25百分位數小于乙得分的第75百分位數，故B錯誤；對于C選項，由折線圖可知，在莖葉圖中甲的得分中丟失的數據一個為，另一個設為，其中，所以甲的平均數為，乙的平均數為，因為，所以，所以，所以甲得分的平均數大于乙得分的平均數，故C正確；對于D選項，方差是刻畫數據離散程度或波動幅度的指標.從莖葉圖中可以看到，甲的得分分布比乙的得分分布分散，所以甲得分的方差大于乙得分的方差，故D錯誤.故選：C16.若對任意正整數，數列的前項和都是完全平方數，則稱數列為“完全平方數列”.有如下兩個命題：①若數列的前項和，（為正整數），則使得數列為“完全平方數列”的值有且僅有一個；②存在無窮多個“完全平方數列”的等差數列.則下列選項中正確的是（）A.①是真命題，②是真命題； B.①是真命題，②是假命題；C.①是假命題，②是真命題； D.①是假命題，②是假命題.【答案】A【解析】對于①，數列的前項和（為正整數），當時，，當時，不滿足上式，所以，當，時，，所以數列與原數列相同，所以，所以當時，數列為完全平方數列，當時，不是“完全平方數，所以當時，數列不是完全平方數列，綜上所述：數列為“完全平方數列”，故①是真命題；對于②，因為為完全平方數，故，若，則，若對任意的，均為完全平方數，則，否則假設為的素因數，且恰好整除，為正整數，若為奇數，則不是完全平方數，矛盾，若為偶數，取，則不是完全平方數，矛盾，若，則，若，取，則或，當為偶數時，此時，均不是完全平方數，當為奇數時，取，，為奇數，故此時不是完全平方數，故，即，故，設，故，當時，，又適合上式，即.故存在無窮多個“完全平方數列”的等差數列，故②是真命題.故選：A.三、解答題（本大題共有5題，滿分78分，解答下列各題必須在答題紙的規定區域（對應的題號）內寫出必要的步驟）．17.如圖，在四面體中，是邊長為的正三角形，且.（1）證明：；（2）若是的中點，且二面角的大小為，求與平面所成角的大小.（1）證明：取中點，連接，由已知條件是邊長為的正三角形，得.平面，所以平面，又平面，所以.（2）解：二面角的大小為，即平面平面.由平面平面，且由（1）知，平面，所以平面，從而即為與平面所成角在中，，從而，在中，，因為平面，且平面，所以，所以在中，，且，易求得，即與平面所成角的大小為.18.已知函數，（且）（1）若，求方程的解；（2）已知，若關于的不等式在區間上恒成立，求實數的最大值.解：（1）即解得，于是，方程即為，令，則有即，求得（舍負），所以方程的解為.（2）由已知得，整理得，因為，所以，從而對任意恒成立，因為（當且僅當取等號），所以，即實數的最大值為.19.某游樂園的活動項目共有三類，分別是“過山車”等10個體驗類項目、“海豚之舞”等4個表演類項目、“智力闖關”等3個互動類項目.因設備維護需要，項目并非每日都全部開放.以下數據是項目開放的數量（個）和游客平均等待時間（分鐘/個）的關系：項目類別體驗類演出類互動類開放數量（個）456782423平均等待時間（分鐘/個）7673676053304630（1）體驗類項目中，若關于的回歸方程為，請計算的值，并依據該模型預測所有體驗類項目均開放時的平均等待時間（精確到整數）；（2）小王游玩當日，體驗類、演出類、互動類項目分別開放了8個、4個、3個，他計劃隨機游玩其中的3個項目，已知他選擇的項目中至少包含1個互動類項目，求他的等待總時間恰為120分鐘的概率；（3）為提高游客的參與度，園方在互動類項目“智力闖關”中設計了兩關.通過第一關的游客獎勵20個游園幣，游客可以選擇結束或繼續闖關.若繼續闖關，則必須完成第二關的所有題目.第二關包含2道相互獨立的選擇題，每答對1題可再獎勵20個游園幣，每答錯1題則要扣除10個游園幣.每個游園幣可兌換園區內任意一個項目的1分鐘等待時間.小王已通過第一關，假設他在第二關中每道題答對的概率均為，為了獲得更多項目等待時間的兌換獎勵，小王是否應該繼續闖關？請你幫他做出決策.解：（1），代入回歸方程，得，解得.當時,，即開放所有體驗類項目時的平均等待時間約為51分鐘.（2）記事件“等待總時間恰為120分鐘”，事件“選擇的3個項目中至少包含1個互動類項目”，因為全部的項目數為15個，其中互動類項目有3個，則事件共包含了種；在事件的條件下，等待總時間恰為120分鐘，此時的可能情況有：①一個互動類項目，一個體驗類項目，一個演出類項目，此時共有種情況；②兩個互動類項目，一個體驗類項目，此時共有種情況.由條件概率公式得.（3）設小王參加第二關獲得的游園幣數為隨機變量，則所有可能取值為，則所以.所以，當時，，不建議小王繼續闖關；當時，，小王可根據自己的情況隨機選擇；當時，，建議小王繼續闖關.20.已知雙曲線分別是其左、右焦點，直線與雙曲線的右支交于兩點.（1）當直線過點，且時，求的周長；（2）已知點，若直線的斜率之和為，且，當分別與軸交于點時，求的面積；（3）已知直線過點，是雙曲線上一點且位于第一象限，且滿足的點在線段上，若，求點的坐標.解：（1）根據雙曲線定義得：，，兩式相加得，即，由已知得，所以的周長為，（2）設直線傾斜角分別為，由已知得，不妨設，則，則可求得，，所以直線解得，直線解得，所以的面積為.（3）設，由知若直線斜率不存在，則，此時與點重合，不符題意，舍去；設直線方程為：，與雙曲線聯立化簡得，顯然成立，設交點，由韋達定理：由得，從而，即，將韋達定理代入化簡得（※），因為，即，由已知在雙曲線上，得，從而得代入（※）式，，化簡得，即，解得，則點的坐標為.21.定義在上的可導函數，集合為正整數，其中稱為的自和函數，稱為的固著點.已知.（1）若，，求的值及的固著點；（2）若，是的自和函數，且在上是嚴格增函數，求的最大值；（3）若，，且是的固著點，求的取值范圍，并證明：.（1）解：由題得，所以，因為，所以，解得，所以，固著點.（2）解：由題得，則，所以，因為是上的嚴格增函數，所以在區間上恒成立，由，得到，所以，所以，因此的最大值是.（3）證明：（方法一）由題得，，所以，因為，且是的固著點，所以（*）在上有唯一的解，記，則，所以在是嚴格減函數，從而，又當時，，故的值域是，所以，即，記，則由上述可知是的嚴格減函數且，，因為，所以，所以①又，記，則，因為，所以，所以，所以是上的嚴格增函數，故，從而②由①②可知，，即，又是的嚴格減函數，所以，故.（方法二）由題得，，所以，因為且是的固著點，所以（*）在上有唯一的解求導得，當時，，是上的嚴格減函數，所以，所以方程（*）無解；當時，（ⅰ）當時，在恒成立，故是上的嚴格增函數，所以，所以方程（*）無解；（ⅱ）當時，如下表-0+嚴格減極小值嚴格增可知在嚴格減，在嚴格增，又，，當時，，所以方程（*）在無解，在有唯一解，滿足題意的的取值范圍，因為是的唯一解，所以，又，令，則，所以是上的嚴格減函數，所以，即，又當時，，所以，又在上有唯一的零點，則，綜上，，此時.上海市寶山區2025屆高考二模數學試卷一、填空題（本大題共有12題，滿分54分，第1～6題每題4分，第7～12題每題5分，要求在答題紙相應題序的空格內直接填寫結果，每個空格填對得分，否則一律得零分）．1.是虛數單位，則__________．【答案】【解析】，故答案為．2.已知集合，，則____________________.【答案】【解析】由，。所以.故答案為：.3.拋物線的準線方程是_______【答案】【解析】因為拋物線的標準方程為，焦點在y軸上，所以：，即，所以，所以準線方程為：，故答案是：.4.已知函數則=________.【答案】【解析】由題意可得.故答案為：.5.若函數是奇函數，則=______【答案】3【解析】因為函數是奇函數且為多項式的形式,故偶次項系數均為0,即,即故故答案為36.的二項展開式中，項的系數為________.【答案】【解析】由題意得二項式的展開式的通項公式為，令，得，所以項系數為．故答案為：．7.已知函數且)的圖像經過定點，則點的坐標為____【答案】【解析】令，可得.所以定點的坐標為.故答案為：.8.已知圓柱的底面積為，側面積為，則該圓柱的體積為_________.【答案】【解析】設圓柱的底面圓的半徑為，高為，由題意可得，解得，所以圓柱的體積.故答案為：.9.已知中，，，點在線段上，且，則的值為_________.【答案】【解析】設等腰在邊上的高為，因為，所以，所以，所以，所以.故答案為：.10.有件商品的編號分別為，它們的售價（元），且滿足，則這件商品售價的所有可能情況有________種.【答案】【解析】分四類討論：①當時，有6種情況；②當時，若，有5種選法；若，有4種選法；若，有3種選法；若，有2種選法；若，有1種選法；由加法原理可得共有15種；③當時，若，選擇有5種選法；若，選擇有4種選法；若，選擇有3種選法；若，選擇有2種選法；若，選擇有1種選法；由加法原理可得共有15種；④當時，有種，綜上，共有種.故答案為：56.11.某分公司經銷一產品，每件產品的成本為5元，且每件產品需向總公司交2元的管理費，預計每件產品的售價為元時，一年的銷售量為萬件，則每件產品售價為_________元時，該分公司一年的利潤達到最大值.（結果精確到1元）【答案】【解析】分公司一年的利潤(萬元)與售價的函數關系式為，所以，令，即，解得或（舍），當時，，此時在上單調遞增，當時，，此時在單調遞減，又因為結果精確到1元，且當時，，且當時，，于是：當每件產品的售價為9元時，該分公司一年的利潤最大.故答案為：9.12.空間中有相互垂直的兩條異面直線，點，且，若，且，則二面角平面角的余弦值最小為_________.【答案】【解析】根據雙曲線的定義，平面內到兩個定點、（焦點）的距離之差的絕對值為定值（小于）的點的軌跡為雙曲線.由，可知，所以點在以、為焦點的雙曲線上.在空間中，是此雙曲線繞旋轉得到的曲面.因為，根據直徑所對的圓周角是直角，所以點同時在以為直徑的球面上.由于，所以、在與垂直的面上.不妨令固定在一支雙曲線上，設雙曲線方程為.過作于，在雙曲線中，變形可得.在（因為）中，的長度可根據坐標關系得到，因為在過與垂直面與球的交線上，設球心為（中點），由（球的半徑的平方為，根據勾股定理得到此關系），的長度與有關（點坐標與點縱坐標有關），且在軸上的投影長度就是，所以.在中，根據余弦定理，通過，代入余弦定理公式化簡得到,.令，則.對于二次函數，其對稱軸為，當時，取得最大值.所以.故答案為：.二、選擇題（本大題共有4題，滿分18分，第13～14題每題4分，第15～16題每題5分，每題都給出四個結論，其中有且僅有一個結論是正確的，必須把答題紙上相應題序內的正確結論代號涂黑，選對得相應滿分，否則一律得零分）.13.已知向量，，若，則的值為（

）A. B. C. D.【答案】D【解析】由題意可得，解得.故選：D.14.“”的一個必要非充分條件是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】對于選項A，由，得到，即，所以可得，故選項A錯誤，對于選項B，由，得到，所以可得，故選項B錯誤，對于選項C，由，得到，即，所以推不出，但可以得出，故選項C正確，對于選項D，由，得到，又，當且僅當時取等號，顯然不滿足題意，則，即，又當，有，所以是的充要條件，故選項D錯誤，故選：C.15.甲、乙兩名籃球運動員在8場比賽中的單場得分用莖葉圖表示如左下圖，莖葉圖中甲的得分有部分數據丟失，但甲得分的折線圖完好（右下圖），則下列結論正確的是（）A.甲得分的極差小于乙得分的極差B.甲得分第25百分位數大于乙得分的第75百分位數C.甲得分的平均數大于乙得分的平均數D.甲得分的方差小于乙得分的方差【答案】C【解析】對于A選項，甲得分的極差為：，乙得分的極差為：，因為，所以甲得分的極差大于乙得分的極差，故A錯誤；對于B選項，因為，所以甲得分的第25百分位數為，又，所以乙得分的第75百分位數為，因為，所以甲得分的第25百分位數小于乙得分的第75百分位數，故B錯誤；對于C選項，由折線圖可知，在莖葉圖中甲的得分中丟失的數據一個為，另一個設為，其中，所以甲的平均數為，乙的平均數為，因為，所以，所以，所以甲得分的平均數大于乙得分的平均數，故C正確；對于D選項，方差是刻畫數據離散程度或波動幅度的指標.從莖葉圖中可以看到，甲的得分分布比乙的得分分布分散，所以甲得分的方差大于乙得分的方差，故D錯誤.故選：C16.若對任意正整數，數列的前項和都是完全平方數，則稱數列為“完全平方數列”.有如下兩個命題：①若數列的前項和，（為正整數），則使得數列為“完全平方數列”的值有且僅有一個；②存在無窮多個“完全平方數列”的等差數列.則下列選項中正確的是（）A.①是真命題，②是真命題； B.①是真命題，②是假命題；C.①是假命題，②是真命題； D.①是假命題，②是假命題.【答案】A【解析】對于①，數列的前項和（為正整數），當時，，當時，不滿足上式，所以，當，時，，所以數列與原數列相同，所以，所以當時，數列為完全平方數列，當時，不是“完全平方數，所以當時，數列不是完全平方數列，綜上所述：數列為“完全平方數列”，故①是真命題；對于②，因為為完全平方數，故，若，則，若對任意的，均為完全平方數，則，否則假設為的素因數，且恰好整除，為正整數，若為奇數，則不是完全平方數，矛盾，若為偶數，取，則不是完全平方數，矛盾，若，則，若，取，則或，當為偶數時，此時，均不是完全平方數，當為奇數時，取，，為奇數，故此時不是完全平方數，故，即，故，設，故，當時，，又適合上式，即.故存在無窮多個“完全平方數列”的等差數列，故②是真命題.故選：A.三、解答題（本大題共有5題，滿分78分，解答下列各題必須在答題紙的規定區域（對應的題號）內寫出必要的步驟）．17.如圖，在四面體中，是邊長為的正三角形，且.（1）證明：；（2）若是的中點，且二面角的大小為，求與平面所成角的大小.（1）證明：取中點，連接，由已知條件是邊長為的正三角形，得.平面，所以平面，又平面，所以.（2）解：二面角的大小為，即平面平面.由平面平面，且由（1）知，平面，所以平面，從而即為與平面所成角在中，，從而，在中，，因為平面，且平面，所以，所以在中，，且，易求得，即與平面所成角的大小為.18.已知函數，（且）（1）若，求方程的解；（2）已知，若關于的不等式在區間上恒成立，求實數的最大值.解：（1）即解得，于是，方程即為，令，則有即，求得（舍負），所以方程的解為.（2）由已知得，整理得，因為，所以，從而對任意恒成立，因為（當且僅當取等號），所以，即實數的最大值為.19.某游樂園的活動項目共有三類，分別是“過山車”等10個體驗類項目、“海豚之舞”等4個表演類項目、“智力闖關”等3個互動類項目.因設備維護需要，項目并非每日都全部開放.以下數據是項目開放的數量（個）和游客平均等待時間（分鐘/個）的關系：項目類別體驗類演出類互動類開放數量（個）456782423平均等待時間（分鐘/個）7673676053304630（1）體驗類項目中，若關于的回歸方程為，請計算的值，并依據該模型預測所有體驗類項目均開放時的平均等待時間（精確到整數）；（2）小王游玩當日，體驗類、演出類、互動類項目分別開放了8個、4個、3個，他計劃隨機游玩其中的3個項目，已知他選擇的項目中至少包含1個互動類項目，求他的等待總時間恰為120分鐘的概率；（3）為提高游客的參與度，園方在互動類項目“智力闖關”中設計了兩關.通過第一關的游客獎勵20個游園幣，游客可以選擇結束或繼續闖關.若繼續闖關，則必須完成第二關的所有題目.第二關包含2道相互獨立的選擇題，每答對1題可再獎勵20個游園幣，每答錯1題則要扣除10個游園幣.每個游園幣可兌換園區內任意一個項目的1分鐘等待時間.小王已通過第一關，假設他在第二關中每道題答對的概率均為，為了獲得更多項目等待時間的兌換獎勵，小王是否應該繼續闖關？請你幫他做出決策.解：（1），代入回歸方程，得，解得.當時,，即開放所有體驗類項目時的平均等待時間約為51分鐘.（2）記事件“等待總時間恰為120分鐘”，事件“選擇的3個項目中至少包含1個互動類項目”，因為全部的項目數為15個，其中互動類項目有3個，則事件共包含了種；在事件的條件下，等待總時間恰為120分鐘，此時的可能情況有：①一個互動類項目，一個體驗類項目，一個演出類項目，此時共有種情況；②兩個互動類項目，一個體驗類項目，此時共有種情況.由條件概率公式得.（3）