上海市2025-2026学年度第二学期高三年级模拟考试数学试卷（含解析）高考模拟

这是一份上海市2025-2026学年度第二学期高三年级模拟考试数学试卷（含解析）高考模拟，共39页。
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一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1-6每题4分，第7-12每题5分）考生应在答题纸的相应位置直接填写结果．
1. 已知集合，，若，则实数__________．
【答案】
【解析】
【详解】因为，所以.
得，解得，.
当时，，满足；
当时，，满足；
综上所述，.
2. 若复数满足（为虚数单位），则__________．
【答案】
【解析】
【详解】因为，
所以，.
3. 当时，的最大值为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据即可得出，从而得出，进而可求出，即得出的最大值为．
【详解】解：，，
，
，当，即时取等号，
，
，
的最大值为．
故答案为：．
考查函数最值的定义及求法，利用基本不等式求函数最值的方法．
4. 若是直线的一个法向量，则直线的倾斜角大小为__________．
【答案】
【解析】
【分析】先由直线的法向量推导直线的斜率，再结合倾斜角的取值范围，根据斜率与倾斜角的对应关系求解倾斜角.
【详解】已知是直线的一个法向量，可设直线的一般式方程为（为常数），
将其化为斜截式即，因此直线的斜率，
设直线的倾斜角为，其中，由斜率的定义可得，
因为，故，因此.
5. 小明连续记录了7天自己每天花在课外阅读上的时间（单位：min），分别为70，42，54，90，55，47，58，则这组数据的第60百分位数是__________．
【答案】
【解析】
【详解】对7个样本数据从小到大排序，可得：42,47,54,55,58,70,90；；因此排序后第5个数据就是第60百分位数，即58.
6. 二项式的展开式中常数项为第__________项．
【答案】
【解析】
【分析】利用二项式展开式的通项公式，令的指数为0求出r，即可得到常数项对应的项数.
【详解】展开式的第项为：，其中
令，得到，故展开式中常数项为第项.
7. 已知数列是以3为公差的等差数列，是其前项的和，若是数列中的唯一最小项，则数列的首项的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】利用等差数列的前项和公式，再结合递推思想，即可求出范围.
【详解】由等差数列的前项和公式可得：，
由是中的唯一最小项，则，
即，解得，
故答案为：.
8. 小红和小梅大学毕业后，主动到山区学校参加支教活动，她们两个都决定从包括甲学校在内的所学校中随机选择一所学校去支教，设事件A为“两人至少有一人选择甲学校”，事件B为“两人选择的学校不同”，若，则______．
【答案】
【解析】
【分析】先计算事件所包含的样本点个数，再利用公式计算即可.
【详解】利用间接法可得，
利用分步乘法计数原理得，
则，得
故答案为：
9. 设抛物线上的一点到此抛物线的准线的距离为，到直线的距离为，则的最小值为__________．
【答案】
##
【解析】
【分析】利用抛物线定义将转化为点到焦点的距离，进而将的最小值转化为焦点到直线的距离求解.
【详解】对于抛物线，可得，即，因此焦点为，
由抛物线的定义可知，故，其中为点到直线的距离，
由几何性质可知，的最小值为焦点到直线的距离，当且仅当位于向直线所作的垂线段上时取等号，
根据点到直线的距离公式，焦点到直线的距离为： 因此的最小值为
10. 若函数在上恰有5个零点，且在上单调递增，则正实数的取值范围为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，利用辅助角公式化简函数，再利用正弦函数的性质求解即得.
【详解】依题意，函数，由，得，
则或，
由，得，由在上恰有5个零点，
得，解得，
由，得，即函数在上单调递增，
因此，即，且，解得，
所以正实数的取值范围为.
故答案为：
方法点睛：求函数的单调区间时，可把看成一个整体，由求得函数的单调递减区间，由求得函数的单调递增区间．
11. 已知平面向量，，满足，且对任意实数，有，则与夹角为，则的最小值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】设，，将向量问题转化为坐标与二次函数恒成立问题，得到的约束条件，利用外角、内角的关系结合两角差的正切可求的最小值.
【详解】由题可设，，则，
对任意实数，有，故恒成立，
即对任意实数恒成立，
故，即，即或.
故在直线的上方（含边界）或在直线的下方，
由对称性不妨设在直线的上方（含边界），如图，

设与直线的交点为，因，
故与夹角即为的夹角，即，
而，当且仅当重合时等号成立，故，
设，当且，则，
当或时，，也符号上式，
故且，
故，所以，当且仅当时取最小值.
所以的最小值为.
12. 如图是一种“四脚帐篷”的示意图，其中半圆和半圆的直径均为2.6米，平面和平面均垂直于平面，用任意平行于帐篷底面的平面截帐篷，假设所得截面均为正方形，则该帐篷围成几何体的体积为__________立方米．（精确到0.1立方米）
【答案】
【解析】
【分析】先证明等高处的水平截面截两个几何体的截面的面积相等，由祖暅原理知帐篷体积为正四棱柱的体积减去正四棱锥的体积，计算即可.
【详解】设截面与底面的距离为，在帐篷中的截面为，设底面中心为，
截面中心为，则，，
所以，所以截面的面积为.
设截面截正四棱柱得四边形为，截正四棱锥得四边形为，
底面中心与截面中心之间的距离为，
在正四棱柱中，底面正方形边长为，高为，，
所以，所以，为等腰直角三角形，
所以，所以四边形边长为，所以四边形面积为，
所以图2中阴影部分的面积为，与截面面积相等，
由祖暅原理知帐篷体积为正四棱柱的体积减去正四棱锥的体积，
即.
所以帐篷围成几何体的体积为（立方米）.
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，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. 下列函数为奇函数的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】对于A选项，，定义域关于原点对称，，为偶函数，故A选项错误；
对于B选项，，，为非奇非偶函数，故B选项错误；
对于C选项，为偶函数，故C选项错误；
对于D选项，为奇函数，故D选项正确.
14. 已知，为实数，则“”是“成立”的（ ）条件．
A. 充分不必要B. 必要不充分C. 充要D. 既不充分也不必要
【答案】C
【解析】
【分析】明确不等式有意义的等价条件，再结合绝对值三角不等式分别判断充分性和必要性即可
【详解】验证必要性：首先分式要有意义，因此分母，等价于不同时为，即，故必要性成立.
验证充分性：若，此时；
根据绝对值三角不等式，对任意实数，恒有 ，
不等式两边同时除以正数，可得，故充分性成立.
综上，“”是“成立”的充要条件.
15. 已知无穷等比数列的公比为，前项和为，且，下列条件中，使得恒成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先判断，根据为无穷递缩等比数列可得，再就分类讨论后可得的取值范围，即可判断.
【详解】若，则，不满足，且显然不合题设，所以且；
所以，因为，则，
又对任意的，，即，即，
若，则，即对任意的恒成立，
当或时，当时，
所以对任意的，不恒成立，故A，C错误；
当，则，即对任意的恒成立，
当时，若，则，故D不恒成立，
所以，满足.
故选：B.
16. 已知定义在上的函数． 对任意区间和，若存在开区间，使得，且对任意（）都成立，则称为在上的一个“M点”． 有以下两个命题：
①若是在区间上的最大值，则是在区间上的一个M点；
②若对任意，都是在区间上的一个M点，则在上严格增．
那么（ ）
A. ①是真命题，②是假命题B. ①是假命题，②是真命题
C. ①、②都是真命题D. ①、②都是假命题
【答案】D
【解析】
【分析】举出反例，得到①②错误.
【详解】对于①，设，满足是在区间上的最大值，但不是在区间上的一个M点，①错误；
对于②，设，为区间上的一个M点，
但在上不是严格增函数.
故选：D
举出反例是一种特殊的证明方法，它在证明“某命题”不成立时，可达到事半功倍的效果.
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相应位置写出必要的步骤．
17. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（1）求A的大小；
（2）若为锐角三角形，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理可得到，进而得到，即可求出A的大小；
（2）根据三角形内角和为，且为锐角三角形，从而可得出的取值范围，再将转化为关于的函数即可求解．
【小问1详解】
由，
则根据正弦定理有，即，
又由余弦定理有，得，
所以在中，得；
【小问2详解】
由为锐角三角形，且，
则有，得，即，即，
所以根据正弦定理有．
18. 如图，正方体的棱长为为的中点．点在上．
（1）求证：平面；
（2）若．求直线与平面所成角的大小；
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由线线垂直推出线面垂直，结合图形即可证得；
（2）先由和相关条件推出为中点，建系后，写出相关点坐标，求出平面的法向量，利用空间向量的夹角公式计算即得.
【小问1详解】
∵是正方体，
∴平面，又平面，∴，
易得，又平面，
∴平面，
又点M在上，所以平面
【小问2详解】
连接，在正方体中，根据平面，
∵平面，∴，
又，∴，
∵平面，∴，
又为中点，∴为中点；
根据正方体的特征建立空间直角坐标系如图所示：
则，
∴，则，
设平面法向量为，
则，故可取，
设直线与平面所成角为，
则，因，故.
故直线与平面所成角为.
19. 某企业生产的智能机器人需要用到一种高精度零件，现收到一批零件共有10个，其中不合格的零件占总数的，从中随机抽取3个零件，设抽到的不合格的零件数为．
（1）求的值．小明的求解过程如下：因为不合格的零件占总数的，所以，故．请问以上解答过程是否正确？如果正确，请说明解题依据；如果不正确，请写出正确的解答过程；
（2）对抽取的3个零件进行检测，每个零件的检测费用为10元，每发现1个不合格品，需额外支出25元的处理费用．设本次检测的总费用为元，求随机变量的分布与数学期望．
【答案】（1）小明解答不正确，根据超几何分布，
（2）
数学期望
【解析】
【分析】（1）根据题意得出这个零件中不合格零件数，利用随机变量服从超几何分布即可求解；
（2）根据题意得出随机变量与随机变量的关系，从而得到随机变量的取值范围和对应概率，即可求出分布列，再根据期望公式计算即可.
【小问1详解】
小明的解答不正确，正确的解答过程如下：
根据题意，这个零件中是有个不合格零件，个合格零件，
则从这个零件中抽到个不合格零件与个合格零件的方法数是种，
因此.
【小问2详解】
由于随机变量表示抽到的不合格的零件数，可能取值为，而对于每个的值，总费用，
因此随机变量的可能取值为，，，
由于，，，
因此，，，
所以随机变量的分布列为：
数学期望为.
20. 已经双曲线：的渐近线方程为，焦距为4，直线：与双曲线交于不同的两点，（异于双曲线的顶点）．
（1）求双曲线的方程；
（2）为双曲线的右顶点，若以为直径的圆过点，试判断直线是否过定点？若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，请说明理由；
（3）若，在双曲线的右支上，且线段的垂直平分线过点，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据题意列方程组，即可得出双曲线的方程；
（2）将直线的方程与双曲线的方程联立，列出韦达定理，由题意可得，利用平面向量数量积的坐标运算结合韦达定理可得出所满足的关系式，即可求出定点坐标；
（3）求出线段的垂直平分线方程，将点的坐标代入此直线方程，可得出，由此可得出线段的中点的坐标，结合弦长公式可求出的取值范围，即可得出的取值范围．
【小问1详解】
解：根据题意可得，解得，
则双曲线：；
【小问2详解】
设，，联立，
消去得：，
由题意，，且，即，
，
已知，以为直径的圆过，则，
，即，
，
，
展开并整理得：，即，
当时，直线，过定点，但此时直线过双曲线右顶点，不符合题意；
当时，直线，过定点，符合题意；
所以直线过定点．
【小问3详解】
因为在右支，
所以，
可得，，
设中点为，则，
的垂直平分线方程为：，
已知过，代入得：
化简得：，此时，，
，，
，
，
，
，则．
21. 设函数，其中，定义：对于给定的一组有序实数，若对任意，都有，则称为函数的“魅力数组”．
（1）若，判断是否为函数的“魅力数组”，并说明理由；
（2）已知为的导函数，讨论函数的单调性；
（3）若对任意，都是函数的“魅力数组”，求实数的取值范围．
【答案】（1）不是函数的“魅力数组”
（2）时在上单调递增；时在上单调递增，在上单调递减
（3）
【解析】
【分析】（1）将条件代入，进行验证即可；
（2）对目标函数进行求导，并对与定义域的范围进行讨论；
（3）将条件代入，并构造辅助函数，结合小问（2）对辅助函数讨论求出范围.
【小问1详解】
由题可知，，将代入，得，
即 ，
当时， ，
则 ，
故不是为函数的“魅力数组”.
【小问2详解】
由题意可得， 令
则，因为，故，讨论分子即可，
当，即，则，，
故在上单调递增；
当，即时，当时，即，，
故在上单调递增；
当时，即，，且，
故在上单调递减.
【小问3详解】
由题可知，
构造辅助函数，
则 ，
由题目条件可得任意，当时，或，
当时，，故是的一个极值点且为最值点，
当时，则是的最小值点，故的左侧小于等于，右侧大于等于，
当时 ，当时 ，
得出在上单调递增；
当时，则是的最大值点，故的左侧大于等于，右侧小于等于，
当时 ，当时 ，
得出在上单调递减，
又因为任意，都是函数的“魅力数组”，
则必须在上单调，再根据小问（2）结论时在上单调递增；时在上单调递增，在上单调递减，得出的取值范围为.