上海市杨浦区2025届高三下学期二模数学试卷（Word版附解析）

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考生注意：
1.本试卷共5页，21道试题，满分150分，考试时间120分钟.
2.本试卷分设试卷和答题纸.试卷包括试题与答题要求.作答必须涂（选择题）或写（非选择题）在答题纸上，在试卷上作答一律不得分.
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）请在答题纸相应编号的空格内直接写结果.
1. 已知集合，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】由交集的运算可得.
【详解】因为集合中大于1且小于4的数只有2，3，所以.
故答案为：.
2. 不等式解集为______________．
【答案】
【解析】
【分析】将原不等式等价转化为，然后解该二次不等式可得出结果.
【详解】不等式等价于，解得，
因此，不等式的解集为，故答案为.
【点睛】本题考查分式不等式的解法，解题的关键就是将分式不等式化为标准形式，转化为整式不等式求解，考查运算求解能力，属于基础题.
3. 函数的最小正周期是___________．
【答案】
【解析】
【详解】的最小正周期是，
故答案为：
4. 已知，则__________.
【答案】##
【解析】
【分析】直接运用二倍角余弦公式进行求解即可.
【详解】因为，
所以，
故答案为：
5. 已知的最大值为___．
【答案】
【解析】
【分析】利用基本不等式求解即可
【详解】由基本不等式得.
故答案为：1
6. 在的二项展开式中，常数项的值为__________
【答案】15
【解析】
【分析】写出二项展开式通项，通过得到，从而求得常数项.
【详解】二项展开式通项为：
当时，
常数项为：
本题正确结果：
【点睛】本题考查二项式定理应用，属于基础题.
7. 已知复数满足，其中为虚数单位，则的最小值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，利用复数模的几何意义求出最小值.
【详解】在复平面内，表示复数对应的点与复数对应点的距离为1，
因此点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆，
表示点到原点的距离，所以的最小值为.
故答案为：
8. 不等式对一切实数恒成立，则实数的取值范围为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由绝对值的几何意义和结合三角不等式分析即可.
【详解】表示到的距离，表示到的距离，它们的和为到和到的距离之和，
根据三角不等式，当位于和之间时，距离和取得最小值，即两点之间的距离为，
所以不等式对一切实数恒成立等价于若最小值，则原式对所有恒成立，
所以或，解得或.
故答案为：.
9. 植物社团的同学观察一株植物的生长情况，为了解植物高度（单位：厘米）与生长期（单位：天）之间的关系，随机统计了某4天的植物高度，并制作了如下对照表：
由表中数据可得回归方程中，试预测生长期是30天时，植物高度约为__________厘米.
【答案】
【解析】
【分析】根据表中数据求出线性回归方程，再代入即可.
【详解】由题意可得，，
所以，
所以回归方程为，
所以预测生长期是30天时，植物高度约为厘米.
故答案为：.
10. 如图，点分别是直角三角形的边上的点，斜边与扇形的弧相切，已知，则阴影部分绕直线旋转一周所形成的几何体的体积为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，求出斜边上的高，再求出圆锥与半球体积的差即可得解.
【详解】在中，，则，
由斜边与扇形弧相切，扇形半径，
阴影部分绕直线旋转一周所形成的几何体是绕直线旋转一周所得圆锥，
挖去扇形弧绕直线旋转一周所得半球，
所以所求体积为.
故答案为：
11. 如图，阿基米德椭圆规是由基座､带孔的横杆､两条互相垂直的空槽､两个可动滑块组成的一种绘图工具，横杆的一端上装有铅笔，假设两条互相垂直的空槽和带孔的横杆都足够长，将滑块固定在带孔的横杆上，令滑块在中一条空槽上滑动，滑块在另一条空槽上滑动，铅笔随之运动就能画出椭圆.当之间的距离为厘米时，若需要画出一个离心率为的椭圆，则之间的距离为__________.厘米.
【答案】21
【解析】
【分析】根据给定条件，确定椭圆的长短半轴长，再利用椭圆离心率求法列式计算得解.
【详解】依题意，当滑块在两条空槽的交点处时，长为椭圆的短半轴长，
当滑块在两条空槽的交点处时，长为椭圆的长半轴长，则，
由椭圆的离心率为，得，解得，即，解得，
所以之间的距离为21厘米.
故答案为：21
12. 由若干个多边形所覆盖的区域，称为这些多边形的并集，例如图中，梯形是与矩形的并集.已知是正整数，在平面直角坐标系中，直线的方程为，若直线交轴于点，交轴于点，则的并集，其面积为__________.

【答案】
【解析】
【分析】先计算点，再通过数列的增减性检验点列的变化趋势，则图形每次增加一个小三角形，设直线与直线的交点为，计算，此为增加的面积，再得出前个三角形的面积之和构成的数列的递推关系，即可利用累加法求出，再计算即可.
【详解】由题意可得，，
令，则，
当时，；当时，，即，
则随着三角形的个数增加，所有三角形围成的图形每次增加一个小三角形，
设直线与直线的交点为，
联立，解得，即，
则，
设前个三角形围成图形的面积为，则，
且，
则，，，，，
由累加法可得，，
则，而符合上式，则，
故，
则的并集，其面积为.
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）每题有且只有一个正确选项，请在答题纸的相应编号上将代表答案的小方格涂黑.
13. 中，“”是“”的（ ）条件.
A. 充分非必要B. 必要非充分
C. 充要D. 既非充分也非必要
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用正弦定理及充要条件的定义判断即可.
【详解】在中，令内角所对的边分别为，
由正弦定理得，
所以”是“”的充要条件.
故选：C
14. 3名同学报名参加社团活动，有4个社团可以报名，这些社团招收人数不限，但每位同学只能报名其中1个社团，则这3位同学可能的报名结果共有（ ）种.
A. 6B. 24C. 64D. 81
【答案】C
【解析】
【分析】由分步乘法原理计算可得.
【详解】由题意可得每位同学有4种选择，根据乘法原理，共有种.
故选：C
15. 已知、、是单位圆上的三个点，若，则的最大值为（ ）.
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】建立平面直角坐标系，根据数量积的运算律得到，设，， ，再由数量积的坐标表示及两角差的正弦公式计算可得.
【详解】因为、、是单位圆上的三个点，如图建立平面直角坐标系，
因为，即，所以，
所以，即，
不妨设，，设，所以，，
所以，
所以当，即时取得最大值，且.
故选：D

16. 设是由个二次函数组成的集合，对于连续的正整数，存在二次函数可重复，使得是等差数列，则的最小可能值是（ ）.
A. 507B. 1013C. 1519D. 2025
【答案】B
【解析】
【分析】由等差数列的基本量法求出通项，结合题意与二次函数的表达式合并后由二次方程解的个数求解.
【详解】设等差数列首项为，公差为，则第项满足，
每个二次函数满足，
变形为，
对于固定的，这是一个关于的二次方程，最多有两个整数解，因此，每个二次函数最多能覆盖两个不同的值.
所以总共2025个值需要覆盖，因此需要个，但为整数，所以需要1013个.
故选：B
三､解答题（本大题共有5题，本大题满分78分）请在答题纸相应的编号规定区域内写出必要的步骤.
17. 已知函数是定义在上的偶函数.
（1）当时，，求时，的表达式；
（2）当时，，若实数满足，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用偶函数的性质直接求解即可；
（2）先判断函数的单调性，再结合偶函数的性质解一元二次不等式即可.
【小问1详解】
因为函数是定义在上的偶函数，即
当时，，
所以，
所以.
【小问2详解】
当时，，
由幂函数和指数函数的单调性可得为递增函数.
又函数为偶函数，
所以，
两边平方后展开可得，即，
解得.
18. 座落于杨浦滨江世界技能博物馆由百年历史文化保护建筑改建而成，其中的支柱保留了原有的正八棱柱，既考虑了结构力学优势，又体现了对历史建筑的尊重和传承.如图，分别为正八棱柱的上下两个底面的中心，已知.

（1）求证：；
（2）求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）结合图中几何关系由线面垂直的判定定理证明平面即可；
（2）结合图中几何关系由等体积法即求解即可.
【小问1详解】

连接，
因为底面为正八边形，所以，
又正八棱柱侧棱底面，底面，
所以，
平面，
所以平面，
又平面，所以.
【小问2详解】

连接，
因为，
由正八边形的性质可得，，为到底面的距离，，
所以，
由勾股定理可得，，
又，所以，
又，所以，
因为，所以，即，
设点到平面的距离为，
则，即，即，
解得，所以点到平面的距离为.
19. 为弘扬中华民族传统文化、增强民族自豪感，某学校开展中华古诗词背诵比赛，分为初赛和复赛.全校同学都参加了初赛，并随机抽取一个班级进行初赛成绩统计，已知该班级共有40位学生，他们的初赛分数的频率分布直方图如图所示：
（1）计算的值，并估计该校这次初赛的平均分数.
（2）初赛分数达到80及以上的同学，称为优秀参赛选手，现从班级中随机选出2位同学，用代表其中的优秀参赛选手人数，求的分布；
（3）为增加比赛的趣味性，复赛规则如下：复赛试题将从题库中随机抽取，每位参赛选手将有机会回答填空、选择和简答各1题；每答对1题得1分，答错或不答得0分，每位选手可以自行选择回答问题的顺序，若答对一题可继续答下一题，直到3题全部答完；若答错或不答则比赛结束.例如：选手甲可自行按“简答—填空—选择”顺序答题，甲答对第一题得1分，并继续回答第二题且答错得0分，结束比赛，总分为1分.
小杨作为优秀参赛选手，代表班级参加复赛.根据他初赛的答题正确频率，可估计他填空、选择和简答的答题正确概率分别为：
若小杨每次答题的结果都相互独立，那么为尽量在比赛中获得较高分数，小杨应该采用怎样的答题顺序？请说明理由.
【答案】（1）；该校这次初赛的平均分数为68分
（2）分布列见解析 （3）答案见解析
【解析】
【分析】（1）由频率分布直方图的面积和为1计算可得值，由区间的中值乘以纵坐标值再乘以区间宽度后相加可得平均数；
（2）先由频率分布直方图计算出优秀与非优秀人数，再由组合数结合古典概率求出相应的概率，然后列出分布列即可；
（3）按照答题顺序分六种情况，由乘法公式计算相应概率，然后求出期望比较即可.
【小问1详解】
由频率分步直方图中小矩形的面积和为1可得：
，
解得；
该校这次初赛的平均分数为.
【小问2详解】
初赛分数达到80及以上的同学为人，非优秀为28人，
由题意可得的可能取值为，
，
，
，
所以的分布列为：
【小问3详解】
按照不同题目顺序分类讨论：
填空，选择，简答：
得零分的概率：，
得一分的概率：，
得两分的概率：，
得三分的概率：，
期望为分；
因为填空和简答的正确率相同，所以“简答，选择，填空”的期望与之相同；
填空，简答，选择：
得零分的概率：，
得一分的概率：，
得两分的概率：，
得三分的概率：，
期望为分；
因为填空和简答的正确率相同，所以“简答，填空，选择”的期望与之相同；
选择，填空，简答：
得零分的概率：，
得一分的概率：，
得两分的概率：，
得三分的概率：，
期望为分；
因为填空和简答的正确率相同，所以“选择，简答，填空”的期望与之相同；
所以，
小杨应采用“选择，填空，简答”或“选择，简答，填空”的顺序.
20. 已知双曲线的标准方程为，点是双曲线右支上的一个动点.
（1）求双曲线的焦点坐标和渐近线方程；
（2）过点分别向两条渐近线作垂线，垂足为点，求的值；
（3）若，如图，过作圆的切线，切点为，交双曲线的左支于点，分别交两条渐近线于点.设，求实数的取值范围.
【答案】（1）焦点坐标为，渐近线方程为
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据双曲线方程求出，从而求出焦点坐标与渐近线方程；
（2）设，则，求得双曲线的渐近线方程分别与相应的垂线方程联立，求得交点，，以及、的坐标，由向量数量积的坐标表示，化简整理，即可得解；
（3）设切点，则切线的方程为，且，联立直线与曲线方程，消元，列出韦达定理，利用弦长公式表示出、，从而得到的式子，再根据的取值范围计算可得.
【小问1详解】
双曲线的标准方程为，则，
所以双曲线的焦点坐标为，渐近线方程为；
【小问2详解】
设，则，
由，解得，所以，
由，解得，所以，
所以，，
所以
，
即．
【小问3详解】
设切点，则切线的方程为，且，
由，解得，所以，
设，，，，
由，消去得，所以；
由，消去得，所以；
所以，，
所以
，
又，所以，
因为，所以，所以，所以，
即.
21. 已知函数的导函数为，若函数的定义域为，且不等式对任意成立，则称函数是“超导函数”.
（1）判断是否为“超导函数”，并说明理由；
（2）若函数与都是“超导函数”，且对任意，都有，，记，求证：函数是“超导函数”；
（3）已知函数是“超导函数”且，若有且仅有一个实数满足，求的取值范围.
【答案】（1）是，理由见解析；
（2）证明见解析； （3）或.
【解析】
【分析】（1）求出导数，再利用“超导函数”定义判断即可.
（2）求出的导数，作差变形，利用“超导函数”定义推理判断符号即得.
（3）构造函数，利用“超导函数”定义确定单调性可得，再构造函数，利用导数求出函数值集合，结合已知求出范围.
【小问1详解】
函数，求导得，则，
所以是“超导函数”.
【小问2详解】
函数，求导得，
则，
由函数与都是“超导函数”，得，
由对任意，都有，，得，
因此，即，
所以函数是“超导函数”.
【小问3详解】
由函数是“超导函数”，得对任意，，
令，求导得，函数在上单调递增，且，
由，得，即，
因此，即，令，
由有且仅有一个实数满足，得直线与函数的图象有且只有1个交点，
，当时，；当时，，
函数在上单调递增，函数值的集合为，在上单调递减，函数值的集合为，
因此当或时，直线与函数的图象有且只有1个交点，
所以的取值范围或.
生长期
3
9
11
17
植物高度
2.4
3.4
3.8
5.2
题型
填空
选择
简答
答题正确概率
0
1
2