上海市2025届高三下学期2月高考调研数学试卷（解析版）

这是一份上海市2025届高三下学期2月高考调研数学试卷（解析版），共17页。试卷主要包含了填空题，选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 设，则不等式的解集为________.
【答案】
【解析】由.
所以不等式的解集为：.
故答案为：
2. 若是首项为2，公差为3的等差数列，则 _______.
【答案】11
【解析】由题意：，
所以.
故答案为：11
3. 二项式的展开式中，项的系数为_______________.
【答案】
【解析】展开式的通项为，令，则，所以的系数为.
4. 已知一组数据为2.4，2.6，3.3，3.8，4.0，4.1，则这组数据的中位数为________.
【答案】3.55
【解析】显然这组数据共6个数，且已经按照从小到大的顺序排好，
因此这组数据的中位数为第三个数和第四个数的平均数，即.
故答案为：3.55.
5. 在中，若，，，则的长为 _______.
【答案】
【解析】，
所以,
故答案为：
6. 实数满足，则的最大值为___________.
【答案】
【解析】因为实数满足，
所以由基本不等式可得：（当且仅当时等号成立），
所以.
即的最大值为.
故答案为：.
7. 双曲线()的焦点为、，且为该双曲线上一点，若，，则该双曲线的离心率为 _______.
【答案】
【解析】根据双曲线的定义可得：，所以.
又，所以.
所以双曲线的离心率为：.
故答案为：
8. 为了增强法治观念，甲、乙两位老师在共所学校中各自选所学校开展普法讲座.在甲、乙一共选择了所不同的学校的条件下，恰有一位老师选择学校开展讲座的概率为________.
【答案】
【解析】记事件：甲、乙一共选择了所不同的学校进行普法，事件：恰有一位老师选择学校开展普法讲座，
因为，，所以，
故答案为：.
9. 设，已知，若，则的取值范围为________.
【答案】
【解析】若，即时，，可得；
若，即时，，可得，不符合前提；
综上，的取值范围为.
故答案为：
10. 在斜三棱柱中，连接、与，记三棱锥的体积大小为，三棱柱的体积大小为，则________.
【答案】
【解析】设斜三棱柱的高为，，
则，，
，则.
故答案为：.
11. 如图所示，是一处观景台，、分别为观景区域的边界，未教星工程队计划修建与两条道路.已知与的距离为1 km，且，为了便于工程队测量观景台的观景效果，现给出如下假设：假设1：观景台的观景范围为四边形；假设2：观景台、道路与均处于同一平面内，其中；假设3：，.当四边形的面积为最大值时，则________.(结果精确至0.01)
【答案】
【解析】设，则，由题意知，
则，
如图，连接.
在中，，则，；
在中，同理可得，；
故四边形的面积
，.
令，，即.
由，则，
令，则，
解得，由，
故不妨设，且，
当，即时，
，即，在单调递增；
当，即时，
，即，在单调递减；
故，即当时取到最大值.
由，可得，
则
.
此时，
故答案为：.
12. 设，集合.若对任意，均存在和，满足，，则的最大值为 _______.
【答案】
【解析】设方程表示的区域为，
用代换方程不变，可知区域关于y轴对称；
用代换方程不变，可知区域关于x轴对称；
当时，区域可化为，据此可得区域的图形如图阴影所示，
取，
可知区域为正方形及其内部，
设，点均在区域内，
因为，，即，，
可知点在线段上，
又因为，记为过点的线段的长度的最大值，
若求，不妨假设点在正方形的边界上，
若，即，
可知最大值为的最小值，
取的中点分别为，可知区域关于直线对称，
根据对称性只需假定点在线段上即可，此时，
可知当点与点重合时，取到最小值，
所以的最大值为.
故答案为：.
二、选择题 (本大题共4题，第13、14题每题4分，第15、16题每题5分，共18分.每题有且仅有一个正确选项，考生应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑.)
13. 若集合满足，则可以是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由，则或.
故选：A
14. 在研究“温度是否影响庄稼生长”时，对实验数据利用2×2列联表进行独立性检验，计算得实验数据的统计量的值为.已知，则（ ）
A. 的值小于3.841，就有95%的把握认为“温度会影响庄稼生长”
B. 的值大于3.841，就有95%的把握认为“温度会影响庄稼生长”
C. 的值越大，说明实验数据的观测值与预测值的总体偏差越小
D. 的值越小，说明实验数据的观测值与预测值的总体偏差越大
【答案】B
【解析】因为，则的值大于3.841，
就有95%的把握认为“温度会影响庄稼生长”，A选项错误，B选项正确；
的值的大小不能说明实验数据的观测值与预测值的总体偏差，C，D选项错误.
故选：B.
15. 若复数在复平面中的对应点都在一个过原点的圆上，则的对应点均在（ ）
A. 一条直线上B. 一个圆上
C. 一条抛物线上D. 一支双曲线上
【答案】A
【解析】设，复数在复平面中的对应点都在一个过原点的圆上，
设此圆方程为，不同时为0，
将代入，得，
，，
故对应的点坐标为，
将两边同时除以得
，
故对应的点在直线上.
故选：A
16. 设定义域为的函数，函数的导函数是. 对于，函数在上存在极值点. 记. 则中的函数一定不具有的性质是 （ ）
A.
B.
C. 函数在上为严格增函数
D. 函数是偶函数
【答案】D
【解析】A项，定义域为，且满足.
存在极值点，
则，且，
且对，
有
；
且；
满足，
故，故选项A有可能成立；
B项，定义域为，且存在极值点，
又，，
且对，
有
；
且；
满足，
故，可知选项B，C均有可能成立.
假设选项D成立，即是偶函数，
则是奇函数，所以.
设，，则
从而对任意有，
故，但这对不成立，所以选项D不可能成立.
故选：D.
三、解答题 (本大题共5题，第17—19题每题14分，第20—21题每题18分，共78分.解答下列各题必须在答题纸的相应位置写出必要的步骤.)
17. 如图所示，在四棱锥中，平面，//.
（1）若平面，求证：平面平面；
（2）若，若，，求平面与平面所成锐二面角的大小.
（1）证明：由平面，平面，得，而，则，
由平面，平面，得，而平面，
因此平面，又平面，因此平面平面.
（2）解：取中点为，连接，则，而，，
则四边形是矩形，，，又平面，
因此直线两两垂直，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，，
设平面法向量为，则，令，得，
显然平面的一个法向量，设平面与平面所成锐二面角的大小为，
因此，
所以平面与平面所成锐二面角的大小为.
18. 已知，.
（1）若函数的最小正周期为，求的值；
（2）当时，设.若函数和在上有相同的最大值，求的取值范围.
解：（1）
，
因为且函数的最小正周期为，故.
（2）当时，.
若时，，
当时，函数取得最大值，即.
而函数与存在相同的最大值，
故当时，函数在内取得最大值，
因此可得，
①当时，可得，则有，解得；
②当时，可得，则有，解得.
当时，，此时，，
当时，，此时，.
综上所述，的取值范围为.
19. 为了检查一批零件的质量是否合格，检查员计划从中依次随机抽取零件检查：第次检查抽取号零件，测量其尺寸(单位：厘米).检查员共进行了100次检查，整理并计算得到如下数据：，，.
（1）这批零件共有1000个.若在抽查过程中，质量合格的零件共有60个，估计这批零件中质量合格的零件数量；
（2）若变量与存在线性关系，记，求回归系数的值；
（3）在抽出的100个零件中，检查员计划从中随机抽出20个零件进行进一步检查，记抽出的20个零件中有对相邻序号的零件，求的数学期望.
示例零件序号为“1、2、4、5”与“1、2、3、5”时均恰有2对相邻序号的零件.
参考公式：（1）线性回归方程：，其中，.
（2）期望的线性性质：，其中是若干随机变量.
解：（1）因为在这100个零件中，合格的零件为60个，
故质量合格的零件所占样本比例为.
而在这1000个零件中，质量合格的零件数为：(个).
（2）由可得，，
又因为，，
因此可得：.
代入数据可得：.
（3）用表示抽查的结果，若第个零件与第个零件被选中，则记；
若结果是其余情况，则记，.
由线性期望的性质可得：
(个).
20. 在平面直角坐标系中，已知椭圆:右顶点为，点、分别是轴负半轴、轴正半轴上的动点.
（1）若是的左焦点，且，求的值；
（2）设，上存在轴上方一点.若，求的坐标；
（3）设，过的直线与交于、两点(、两点不重合)，与轴交于且的纵坐标，记与到直线的距离分别为、.若存在直线，满足成立，求的取值范围.
解：（1）因为与的左焦点重合，故，因此.
又因为，而，
所以，解得：(负舍).
（2）因为，又因为，
而，
代入解得.
若在第一象限，则，故在第二象限.
设，而，
整理可得.
代入椭圆方程，可得：.
所以解得(增根舍去)，所以.
因此.
（3）由题意可知：直线的解析式为，
设直线的解析式为()，且、.
联立，
可得，.
根据韦达定理，，.
因为、两点均在直线的左侧，故.
又因为，，因此，
代入化简可得方程.
设，又因为，故.
① 若 ，此时直线与存在两个交点. 若存在，使得，
而，故，
可得，故，因此.
② 若，而此时在的外部，，故.
若存在，使得，
而，
故，可得，故.
综上所述，的取值范围为.
21. 设定义域为的函数，对于，定义.
（1）设，求；
（2）设，是否存在，使得是一段闭区间？若存在，求的取值范围；若不存在，请说明理由；
（3）函数的定义域是，函数值恒正，其导函数为；当时，.若对任意，均有，求证：“函数是上的严格增函数”的充要条件是“”.
解：（1）由题设，将化简得，
解得，故；
（2）存在满足条件，且，理由如下：
因为，代入定义整理得：，
设，则，
令，得，或，
当时，必存在，（设）；
根据的关系，列表如下：
由此是函数的极大值点，故当时，是一段闭区间，
即，解得，
因此，
特别地，当时，，
故仍是一段闭区间，故.
当时，当且仅当时，，
列表可得：
所以是函数的极小值点，且取得最小值，
当时，是一段闭区间，即，解得，
由此得.
综上所述，存在满足条件的，且；
（3）假设，若，则，因此矛盾，故，
先证必要性：因为函数是上的严格增函数且，
当时，；当时，，
因此，
因此必要性得证；
再证充分性：
引理：对任意，当满足时，，已知，
假设，设，任取，则，
因为函数是严格增函数，所以，即，
所以，由此，因此考虑构造，
当，则，而，
函数是严格减函数，，故矛盾，即，
下面证明函数在上为严格增函数：
任取，若，联立上式可得
，
而，又因为是严格减函数，
则.由于，
所以，故.
同理，可证函数在上为严格增函数，
且，故函数在上为严格增函数，因此充分性得证.单调递减
极小值
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
单调递减
极小值
单调递增