上海市宝山区2025届高三下学期二模试题 数学 含解析

这是一份上海市宝山区2025届高三下学期二模试题 数学 含解析，共20页。试卷主要包含了可使用符合规定的计算器答题等内容，欢迎下载使用。
1．本试卷共21题，满分150分，考试时间120分钟；
2．本试卷包括试题卷和答题纸两部分，答题纸另页，正反面；
3．在本试题卷上答题无效，必须在答题纸上的规定位置按照要求答题；
4．可使用符合规定的计算器答题．
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，要求在答题纸相应题序的空格内直接填写结果，每个空格填对得分，否则一律得零分）．
1. 是虚数单位，则__________．
【答案】
【解析】
【详解】分析：利用复数模的定义可求解．
详解：，故答案为．
点睛：本题考查复数的模，掌握模的计算公式是解题基础，本题是容易题．
2. 已知集合，，则____________________.
【答案】
【解析】
【分析】根据并集的定义，由，，可求出.
【详解】由，。
所以.
故答案为：.
【点睛】本题考查集合的并集运算，属于基础题.
3. 抛物线的准线方程是_______
【答案】
【解析】
【分析】先根据抛物线的标准方程得到焦点在y轴上以及，再直接代入即可求出其准线方程.
【详解】因为抛物线的标准方程为，焦点在y轴上，
所以：，即，所以，
所以准线方程为：，
故答案是：.
【点睛】该题考查的是有关抛物线的几何性质，涉及到的知识点是已知抛物线的标准方程求其准线方程，属于简单题目.
4. 已知函数则=________.
【答案】
【解析】
【分析】由分段函数的解析式，代入已知值，可得答案.
【详解】由题意可得.
故答案为：.
5. 若函数是奇函数，则=______
【答案】3
【解析】
【分析】由函数是奇函数可知其偶次项系数为0,计算求解即可.
【详解】因为函数是奇函数且为多项式的形式,故偶次项系数均为0,即,即故
故答案为3
【点睛】形如多项式的函数,若为偶函数,则其中所有奇次项系数为0,若为奇函数,则其中所有偶次项系数为0.属于基础题型.
6. 的二项展开式中，项的系数为________.
【答案】
【解析】
【分析】写出二项展开式通项公式，由的指数为2求得项数，从而得到系数．
【详解】由题意得二项式的展开式的通项公式为，
令，得，所以项的系数为．
故答案为：．
7. 已知函数且)的图像经过定点，则点的坐标为____
【答案】
【解析】
【分析】根据指数函数和对数函数的图象与性质求解即可.
【详解】令，可得.
所以定点的坐标为.
故答案为：.
8. 已知圆柱的底面积为，侧面积为，则该圆柱的体积为_________.
【答案】
【解析】
【分析】根据圆柱的底面积和侧面积公式求出圆柱的底面圆半径和高，再根据圆柱的体积公式即可得解.
【详解】设圆柱的底面圆的半径为，高为，
由题意可得，解得，
所以圆柱的体积.
故答案为：.
9. 已知中，，，点在线段上，且，则的值为_________.
【答案】
【解析】
【分析】根据确定，从而可得，从而用向量数量积的运算律即可求解.
【详解】设等腰在边上的高为，
因为，所以，
所以，
所以，
所以
.
故答案为：.
10. 有件商品的编号分别为，它们的售价（元），且满足，则这件商品售价的所有可能情况有________种.
【答案】
【解析】
【分析】利用组合数中允许重复的原则，分四类讨论，再由加法原理和组合数计算即可.
【详解】分四类讨论：
①当时，有6种情况；
②当时，
若，有5种选法；
若，有4种选法；
若，有3种选法；
若，有2种选法；
若，有1种选法；
由加法原理可得共有15种；
③当时，
若，选择有5种选法；
若，选择有4种选法；
若，选择有3种选法；
若，选择有2种选法；
若，选择有1种选法；
由加法原理可得共有15种；
④当时，有种，
综上，共有种.
故答案为：56.
11. 某分公司经销一产品，每件产品的成本为5元，且每件产品需向总公司交2元的管理费，预计每件产品的售价为元时，一年的销售量为万件，则每件产品售价为_________元时，该分公司一年的利润达到最大值.（结果精确到1元）
【答案】
【解析】
【分析】根据条件确定函数关系式，由函数的最值与函数的导数的关系，求出该函数的最大值即可.
【详解】分公司一年的利润 (万元)与售价的函数关系式为，
所以，
令，即，解得或（舍），
当时，，此时在上单调递增，
当时，，此时在单调递减，
又因为结果精确到1元，且当时，，且当时，，
于是：当每件产品的售价为9元时，该分公司一年的利润最大.
故答案为：9.
12. 空间中有相互垂直的两条异面直线，点，且，若，且，则二面角平面角的余弦值最小为_________.
【答案】
【解析】
【分析】先确定点、的轨迹及相关线段长度表达式，再利用余弦定理得的表达式，最后通过换元求最值.
【详解】根据双曲线的定义，平面内到两个定点、（焦点）的距离之差的绝对值为定值（小于）的点的轨迹为双曲线.由，可知，
所以点在以、为焦点的双曲线上.在空间中，是此双曲线绕旋转得到的曲面.
因为，根据直径所对的圆周角是直角，所以点同时在以为直径的球面上.
由于，所以、在与垂直的面上.
不妨令固定在一支双曲线上，设双曲线方程为.
过作于，在双曲线中，变形可得.
在（因为）中，的长度可根据坐标关系得到，
因为在过与垂直的面与球的交线上，设球心为（中点），
由（球的半径的平方为，根据勾股定理得到此关系），的长度与有关（点坐标与点纵坐标有关），且在轴上的投影长度就是，所以.
在中，根据余弦定理，
通过，代入余弦定理公式化简得到,.
令，则.
对于二次函数，其对称轴为，当时，取得最大值.
所以.
故答案为：.
二、选择题（本大题共有4题，满分18分，第13～14题每题4分，第15～16题每题5分，每题都给出四个结论，其中有且仅有一个结论是正确的，必须把答题纸上相应题序内的正确结论代号涂黑，选对得相应满分，否则一律得零分）.
13. 已知向量，，若，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由共线向量的坐标表示，建立方程，可得答案.
【详解】由题意可得，解得.
故选：D.
14. “”的一个必要非充分条件是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用充分条件与必要条件的判断方法，结合指数、对数函数的单调性，对选项A、B和C逐一分析判断，即可求解；对于D，利用不等式的性，即可求解.
【详解】对于选项A，由，得到，即，所以可得，故选项A错误，
对于选项B，由，得到，所以可得，故选项B错误，
对于选项C，由，得到，即，所以推不出，
但可以得出，故选项C正确，
对于选项D，由，得到，
又，当且仅当时取等号，显然不满足题意，
则，即，
又当，有，所以是的充要条件，故选项D错误，
故选：C.
15. 甲、乙两名篮球运动员在8场比赛中的单场得分用茎叶图表示如左下图，茎叶图中甲的得分有部分数据丢失，但甲得分的折线图完好（右下图），则下列结论正确的是（ ）
A. 甲得分的极差小于乙得分的极差
B. 甲得分的第25百分位数大于乙得分的第75百分位数
C. 甲得分的平均数大于乙得分的平均数
D. 甲得分的方差小于乙得分的方差
【答案】C
【解析】
【分析】利用极差、百分位数和平均数的计算公式可以判断A、B、C三个选项，对于D选项，利用数据的分散程度判断方差的大小即可.
【详解】对于A选项，甲得分的极差为：，乙得分的极差为：，
因为，所以甲得分的极差大于乙得分的极差，故A错误；
对于B选项，因为，所以甲得分的第25百分位数为，
又，所以乙得分的第75百分位数为，
因为，所以甲得分的第25百分位数小于乙得分的第75百分位数，故B错误；
对于C选项，由折线图可知，在茎叶图中甲的得分中丢失的数据一个为，另一个设为，其中，
所以甲的平均数为，
乙的平均数为，
因为，所以，所以，
所以甲得分的平均数大于乙得分的平均数，故C正确；
对于D选项，方差是刻画数据离散程度或波动幅度的指标.
从茎叶图中可以看到，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错误.
故选：C
16. 若对任意正整数，数列的前项和都是完全平方数，则称数列为“完全平方数列”.有如下两个命题：①若数列的前项和，（为正整数），则使得数列为“完全平方数列”的值有且仅有一个；②存在无穷多个“完全平方数列”的等差数列. 则下列选项中正确的是（ ）
A. ①是真命题， ②是真命题；B. ①是真命题， ②是假命题；
C. ①是假命题， ②是真命题；D. ①是假命题， ②是假命题.
【答案】A
【解析】
【分析】对于①，根据数列的前项和得到，对，和两种情况分类讨论求解可判断；对于②设等差数列的首项为，公差为，对分类讨论求解判断.
【详解】对于①，数列的前项和（为正整数），
当时，，
当时，不满足上式，所以，
当，时，，
所以数列与原数列相同，所以，
所以当时，数列完全平方数列，
当时，不是“完全平方数，
所以当时，数列不是完全平方数列，
综上所述：数列为“完全平方数列”，故①是真命题；
对于②，因为为完全平方数，故，
若，则，若对任意的，均为完全平方数，
则，否则假设为的素因数，且恰好整除，为正整数，
若为奇数，则不是完全平方数，矛盾，
若为偶数，取，则不完全平方数，矛盾，
若，则，
若，取，则或，
当为偶数时，此时，均不是完全平方数，
当为奇数时，取，，为奇数，
故此时不是完全平方数，
故，即，故，设，故，
当时，，
又适合上式，即.
故存在无穷多个“完全平方数列”的等差数列，故②是真命题.
故选：A.
三、解答题（本大题共有5题，满分78分，解答下列各题必须在答题纸的规定区域（对应的题号）内写出必要的步骤）．
17. 如图，在四面体中，是边长为的正三角形，且.
（1）证明：；
（2）若是中点，且二面角的大小为，求与平面所成角的大小.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先取中点，连．利用等腰三角形三线合一得．再根据线面垂直判定定理证平面 ，最后由线面垂直性质得.
（2）已知二面角为，即面面垂直.由面面垂直性质定理得平面，所以是线面角，求出角大小.
【小问1详解】
取中点，连接，
由已知条件是边长为正三角形，得.
平面，所以平面 ，
又平面 ，所以.
【小问2详解】
二面角的大小为，即平面平面.
由平面平面，且由（1）知，平面，
所以平面，从而即为与平面所成角
在中，，从而，
在中，，
因为平面，且平面，所以，
所以在中，，且，
易求得，即与平面所成角的大小为.
18. 已知函数，（且）
（1）若，求方程的解；
（2）已知，若关于的不等式在区间上恒成立，求实数的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先由求出幂函数解析式，再利用换元法，结合一元二次方程和指数与对数函数的关系求解即可；
（2）由幂函数的单调性得到关于的不等式再分离参数，结合基本不等式求解即可.
【小问1详解】
即解得，于是 ，
方程即为，
令，则有即，
求得（舍负） ，
所以方程的解为 .
【小问2详解】
由已知得，
整理得 ，
因为，所以 ，
从而对任意恒成立，
因为（当且仅当取等号），
所以，
即实数的最大值为.
19. 某游乐园的活动项目共有三类，分别是“过山车”等10个体验类项目、“海豚之舞”等4个表演类项目、“智力闯关”等3个互动类项目.因设备维护需要，项目并非每日都全部开放.以下数据是项目开放的数量（个）和游客平均等待时间（分钟/个）的关系：
（1）体验类项目中，若关于的回归方程为，请计算的值，并依据该模型预测所有体验类项目均开放时的平均等待时间（精确到整数）；
（2）小王游玩当日，体验类、演出类、互动类项目分别开放了8个、4个、3个，他计划随机游玩其中的3个项目，已知他选择的项目中至少包含1个互动类项目，求他的等待总时间恰为120分钟的概率；
（3）为提高游客的参与度，园方在互动类项目“智力闯关”中设计了两关.通过第一关的游客奖励20个游园币，游客可以选择结束或继续闯关.若继续闯关，则必须完成第二关的所有题目.第二关包含2道相互独立的选择题，每答对1题可再奖励20个游园币，每答错1题则要扣除10个游园币.每个游园币可兑换园区内任意一个项目的1分钟等待时间.小王已通过第一关，假设他在第二关中每道题答对的概率均为，为了获得更多项目等待时间的兑换奖励，小王是否应该继续闯关？请你帮他做出决策.
【答案】（1），51分钟；
（2）；
（3）答案见解析.
【解析】
【分析】（1）根据表中数据分别求出，代入回归方程即可求出，将代入回归方程可求出平均等待时间；
（2）利用条件概率公式，结合分步计数乘法原理和分类计数加法原理以及组合数，计算即可求得概率；
（3）通过计算得到小王参加第二关获得的游园币数的期望，根据每道题答对的概率的取值分类讨论，做出相关决策.
【小问1详解】
，
代入回归方程，得，解得.
当时,，即开放所有体验类项目时的平均等待时间约为51分钟.
【小问2详解】
记事件“等待总时间恰为120分钟”，事件“选择的3个项目中至少包含1个互动类项目”，
因为全部的项目数为15个，其中互动类项目有3个，则事件共包含了种；
在事件的条件下，等待总时间恰为120分钟，此时的可能情况有：
①一个互动类项目，一个体验类项目，一个演出类项目，此时共有种情况；
②两个互动类项目，一个体验类项目，此时共有种情况.
由条件概率公式得.
【小问3详解】
设小王参加第二关获得的游园币数为随机变量，则所有可能取值为，
则
所以.
所以，当时，，不建议小王继续闯关；
当时，，小王可根据自己的情况随机选择；
当时，，建议小王继续闯关.
20. 已知双曲线分别是其左、右焦点，直线与双曲线的右支交于两点.
（1）当直线过点，且时，求的周长；
（2）已知点，若直线的斜率之和为，且，当分别与轴交于点时，求的面积；
（3）已知直线过点，是双曲线上一点且位于第一象限，且满足的点在线段上，若，求点的坐标.
【答案】（1）
（2）2 （3）
【解析】
【分析】（1）由双曲线的定义，根据整体思想，可得答案；
（2）由斜率之和为零，可得倾斜角大小，从而求得直线方程，利用三角形面积公式，可得答案；
（3）分斜率存在与不存在两种情况，表示出直线方程，联立双曲线方程，写出韦达定理，结合题意建立方程，可得答案.
【小问1详解】
根据双曲线定义得：，，
两式相加得，即，
由已知得，所以的周长为，
【小问2详解】
设直线的倾斜角分别为，
由已知得，不妨设，则，
则可求得，，
所以直线解得，
直线解得，
所以的面积为.
【小问3详解】
设，由知
若直线斜率不存在，则，此时与点重合，不符题意，舍去；
设直线方程为：，
与双曲线联立化简得，
显然成立，设交点，
由韦达定理：
由得，
从而，即，
将韦达定理代入
化简得（※），
因为，即，
由已知在双曲线上，得，
从而得代入（※）式，
，
化简得，即，
解得，则点的坐标为.
21. 定义在上的可导函数，集合为正整数，其中称为的自和函数，称为的固着点. 已知.
（1）若，，求的值及的固着点；
（2）若，是的自和函数，且在上是严格增函数，求的最大值；
（3）若，，且是的固着点，求的取值范围，并证明：.
【答案】（1），固着点
（2）
（3），证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题设定义得，进而有，即可求解；
（2）根据条件得到在区间上恒成立，从而有，即可求解；
（3）法一，根据题设得到在上有唯一的解，构造函数，利用导数与函数单调性间的关系，求得的单调性，进而可得，
再构造函数，利用其单调性，即可求解；法二，前同法一，得，构造函数，利用导数与函数单调性间的关系，求其单调区间，利用单调性，即可求解.
【小问1详解】
由题得，所以，
因为，所以，解得，
所以，固着点.
【小问2详解】
由题得，则，
所以，因为是上的严格增函数，
所以在区间上恒成立，
由，得到，所以，
所以，因此的最大值是.
【小问3详解】
（方法一）由题得，，
所以，
因为，且是的固着点，所以（*）在上有唯一的解，
记，则，所以在是严格减函数，
从而，又当时，，故的值域是，
所以，即，
记，则由上述可知是的严格减函数且，
，
因为，所以，所以 ①
又，
记，则，
因为，所以，所以，
所以是上的严格增函数，
故，从而 ②
由①②可知，，即，
又是的严格减函数，所以，故.
（方法二）
由题得，，所以，
因为且是的固着点，所以（*）在上有唯一的解
求导得，
当时，，是上的严格减函数，
所以，所以方程（*）无解；
当时，
（ⅰ）当时，在恒成立，故是上的严格增函数，
所以，所以方程（*）无解；
（ⅱ）当时，如下表
可知在严格减，在严格增，
又，，当时，，
所以方程（*）在无解，在有唯一解，满足题意的的取值范围，
因为是的唯一解，所以，
又，令，
则，所以是上的严格减函数，
所以，即，
又当时，，所以，
又在上有唯一的零点，则，
综上，，此时.项目类别
体验类
演出类
互动类
开放数量（个）
4
5
6
7
8
2
4
2
3
平均等待时间（分钟/个）
76
73
67
60
53
30
46
30
-
0
+
严格减
极小值
严格增