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2025 年秋季高三开学摸底考试模拟卷（上海专用）
数学•全解全析
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）
1．已如集合A={1，2，3，4，5}，B=¿，则A∩B=______
1．{1}【分析】由交集的定义求解即可.【详解】因为集合A={1，2，3，4，5}，
B=¿，所以A∩B={1}，故答案为：{1}.
2．不等式|x+1|−|x−3|≥0的解集是______
2．[1，+∞)【分析】将绝对值不等式移项后两边平方，即可求不等式的解集.
【详解】原不等式等价于|x+1|≥|x−3|，两边平方得x2+2x+1≥x2−6x+9，整理得8x≥8，解得
x≥1，故原不等式的解集为[1,+∞).故答案为：[1,+∞).
3．已知点A(−2，3)，B(1，−1)，则⃑AB的单位向量为（用坐标表示）________
(3 4)
3． ，− 【分析】由单位向量的定义求解即可【详解】因为A(−2,3),B(1,−1)，所以
5 5
⃑AB=(3,−4)，
|⃑AB|=√32+(−4) 2=5 所以⃑AB的单位向量为
⃑AB
=
1
(3,−4)=
(3
,−
4)
， 故答案为：
(3
，−
4)
.
|⃑AB| 5 5 5 5 5
4．已知z=3+4i，若实数a，b满足z+az+b|z|=0，则a+b=________
1
4．− ##-0.2【分析】由复数的运算法则与模长公式求解即可.
5
【详解】因为z=3+4i，所以z=3−4i，|z|=√32+42=5，又z+az+b|z|=0，
所以3+4i+a(3−4i)+5b=0，即(3+3a+5b)+(4−4a)i=0，
1 1
所以¿，解得¿，所以a+b=− ，故答案为：−
5 5.
5．如图△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，BC=√3，在三角形内
挖去一个半圆（圆心O在边BC上，半圆与AC、AB分別相切于点C，M交
BC于点N），则图中阴影部分绕直线BC旋转一周所得旋转体的体积为
______.
5√3
5． π【分析】由题意可知，所得的几何体是从一个圆锥中挖去一个球，
27
用圆锥的体积减去球的体积.【详解】连接OA,OM，因为半圆与AC、AB分別相切于点C,M交BC于点
N，
√3
∠ACB=90°,∠ABC=30°,BC=√3，所以∠CAO=∠BAO=30°，AC=BCtan30°=√3× =1，
3
√3 √3
OC=ACtan30°=1× = ，所以图中阴影部分绕直线BC旋转一周所得旋转体的体积
3 3
1 / 10
学科网（北京）股份有限公司3
为
1
π⋅AC2 ⋅BC−
4
π⋅OC3=
1
π⋅12×√3−
4
π⋅
(√3)
=
5√3
π故答案为：
5√3
π.
3 3 3 3 3 27 27
6．已知 x>0，y>0，且2x+5 y=20，则lgx+lgy 的最大值为_______.
6．1【详解】因为2x+5 y=20，所以20=2x+5 y≥2√10xy,xy≤10，当且仅当2x=5 y=10，x=5，
y=2时取等号. 因此lgx+lg y=lgxy≤lg10=1，即lgx+lg y 的最大值为1.
7．将A，B，C，D，E，F六个字母排成一排，若A，B，C均互不相邻且A，B在C的同一侧，
则不同的排法有________种．（用数字作答）
7．96【分析】先排D、E、F，再利用插空法排A，B，C且C只能插在A、B的同侧，根据乘法原理计算
出结果．【详解】解：先排D、E、F，有P3
种排法；再利用插空法排A，B，C且C只能插在A、B的同
3
侧，有C3C1P2 种排法；所以有P3C3C1P2=96种排法．故答案为：96.【点睛】本题主要考查排列组合问
4 2 2 3 4 2 2
题，其中涉及到分步乘法计数原理，属于中档题.不相邻问题采用插空法，求解过程为：对于要求有几个元
素不相邻的排列问题，可先将其他元素排好，然后将不相邻的元素插入在已排好的元素之间及两端空隙处.
8．袋中有一个白球和一个黑球，一次次地从袋中摸球，如果取出白球，则除把白球放回，再加进一个白
球，直至取出黑球为止，则取了N次都没有取到黑球的概率是___________.
1
8． 【分析】根据相互独立事件的概率公式计算可得；
N+1
1 2 3 N 1 1
【详解】依题意取了N次都没有取到黑球的概率P= × × ×⋯× = ；故答案为： .
2 3 4 N+1 N+1 N+1
9．已知定义在R上的函数f(x)满足f(2+x)=f(x)，当x∈[0,2]时，f(x)=−x(x−2)，
则方程f(x)=|lgx|有_________个根.
9．10【分析】作出周期函数f(x)的图象，再作出y=|lgx|的图象，根据数形结合求解即可.
【详解】由f(2+x)=f(x)可知，函数周期为T=2，作出函数y=f(x)与y=|lgx|，
由图象可知，y=f(x)与y=|lgx|有10个交点，所以方程f(x)=|lgx|有10个根.故答案为：10.
√3 1 2
10．在平面直角坐标系xOy中，已知P( ，0)，A,B是C:x2+(y− ) =36上的两个不同的动点，
2 2
2 / 10
学科网（北京）股份有限公司满足PA=PB，且⃑PA⋅⃑PB(⃑PA⋅⃑PB) ，利用函数求出(⃑PA⋅⃑PB) <6，即得a最小值.
max max
( 1)
【详解】如图圆心C 0, ，PC=1，因为PA=PB，
2
所以PC是AB的垂直平分线，设PC与AB相交于点E，
则点E是AB的中点，设CE=x，则AE2=36−x2，
AB2=4(36−x2)，AP2=BP2=AE2+EP2=AE2+(x+1) 2=2x+37，⃑PA⋅⃑PB(⃑PA⋅⃑PB) ，
max
⃑PA⋅⃑PB=|⃑PA||⃑PB|cos∠APB，在△APB中，由余弦定理得：
AP2+BP2−AB2 2AP2−AB2
cos∠APB= = ，
2AP×BP 2AP×BP
2AP2−AB2 2AP2−AB2
所以⃑PA⋅⃑PB=|⃑PA||⃑PB|cos∠APB=|⃑PA||⃑PB|× = ，
2AP×BP 2
2(2x+37)−4(36−x2)
= =2x2+2x−35，
2
因为00，公比q>1，由
n 2 4 3 1
27 1 10
+27q=90，即 +q= ，解得q=3，于是a =a qn−3=3n ，因为b 为{a }在区间(0,m]
q q 3 n 3 m n
（m为正整数）中的项的个数，则当m=1时，b =0，当m=2时，b =0，即当m∈N∗,m≤2时，b =0，
1 2 m
当m,n∈N∗,3n≤m<3n+1时，b =n，而36=729,37=2187，则当36≤m≤2023时，b =6，
m m
所以数列{b }的前2023项的和为：
n
2×0+(32−3)×1+(33−32 )×2+(34−33 )×3+(35−34 )×4+(36−35 )×5+(2023−36+1)×6
=6×1+18×2+54×3+162×4+486×5+1295×6=11052.故答案为：11052.
12．陕西历史博物馆收藏的“独孤信多面体煤精组印”是一枚形状奇特的印信（如图1），它的形状可视
为
3 / 10
学科网（北京）股份有限公司一个26面体，由18个正方形和8个正三角形围成（如图2），已知该多面体的各条棱长均为1，
且各个顶点在同一球面上；则此球的半径r= ．
√5+2√2
12. 【分析】该多面体可以视为正方体截取部分几何体而成，
2
求出正方体的棱长，结合其对称性确定该多面体的外接球球心，再利用球的截面性质求解作答.
【详解】该多面体可以看做由一个棱长为√2+1的正方体截去8个如①的三棱柱，8个如②的四棱锥
和12个如③的三棱柱构成，如图，
由对称性知，该多面体外接球球心为正方体中心O，它的一个正方形面ABCD在正方体的上底面内，如上
图，
√2+1 √2
多面体外接球球心O到截面ABCD的距离OO = ，正方形ABCD外接圆半径O D= ，
1 2 1 2
√ √2+1 2 √2 2 √5+2√2 √5+2√2
所以多面体外接球半径r=√OO2+O D2= ( ) +( ) = .故答案为： .
1 1 2 2 2 2
二、选择题(本题共有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)
13．分别统计了甲、乙两位同学16周的各周课外体育运动时长（单位：
h），得如图所示茎叶图，则下列结论中错误的是（ ）
A．甲同学周课外体育运动时长的样本中位数为7.4
B．乙同学周课外体育运动时长的样本平均数约为8.60
（按四舍五入精确到0.01）
C．甲同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值小于0.4
4 / 10
学科网（北京）股份有限公司D．乙同学周课外体育运动时长的方差约为0.80（按四舍五入精确到0.01）
13．B【分析】计算中位数可判断A，计算平均数可判断B，由古典概型的概率公式求得概率可判断C，
7.3+7.5
计算方差可判断D【详解】A：甲同学周课外体育运动时长的样本中位数为 =7.4，正确.
2
B：乙同学课外体育运动时长的样本平均数为：
6.3+7.4+7.6+8.1+8.2+8.2+8.5+8.6+8.6+8.6+8.6+9.0+9.2+9.3+9.8+10.1
≈8.51，错误；C：甲
16
6
同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值 =0.375<0.4，正确.
16
1
D：乙同学周课外体育运动时长的方差约为： [(6.3−8.51) 2+(7.4−8.51) 2+(7.6−8.51) 2
16
+(8.1−8.51) 2+(8.2−8.51) 2×2+(8.5−8.51) 2+ (8.6−8.51) 2×4+(9.0−8.51) 2+(9.2−8.51) 2
+(9.3−8.51) 2+(9.8−8.51) 2+(10.1−8.51) 2 ] ≈0.80，正确.故选：B.
14．已知函数f (x)=ax−2(a>0，且a≠1)的图象不经过第一象限，则函数
g(x)=log
1
(x+2)
的图象
a
不经过（ ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
14．D【分析】根据指数函数图象性质可得01时，函数f (x)=ax−2单调递增，图象经过第一象限，不合题意；当01，则函数
g(x)=log
1
(x+2)
a a
为单调递增，又g(x)恒过点(−1，0)，因此函数g(x)的图象不过第四象限.故选：D.
15．设等比数列{a }的前n项和为S ，设甲：a a >a ，必要性不成立，故甲是乙的既非充分又非必要条件.故选：D
n 1 2 3
16．已知定义在R上的函数y=f (x)． 对任意区间[a , b]和c∈[a , b]，若存在开区间I，使得
c∈I∩[a , b]，且对任意x∈I∩[a , b]（x≠c）都成立f (x)0，|φ|< ，（1）若cos cosφ−sin sinφ=0,求φ的值；
2 4 4
π
（2）在（1）的条件下，若函数f(x)的图象的相邻两条对称轴之间的距离等于 ，求函数f(x)的解析式；
3
并求最小正实数m，使得函数f(x)的图象向左平移m个单位所对应的函数是偶函数.
π π
18．(1) |φ|< ;(2) m= .
2 12
π 3π π π
【详解】（1）由cos cosφ−sin sinφ=0得cos cosφ−sin sinφ=0，………2分
4 4 4 4
6 / 10
学科网（北京）股份有限公司π π π
即cos( +φ)=0，………2分又|φ|< ,∴φ= ；………2分
4 2 4
π T π 2π
（2）由（1）得，f(x)=sin(ωx+ )，依题意， = ，………2分又T= ,故ω=3,………2分
4 2 3 ω
π π
∴f(x)=sin(3x+ )，函数f(x)的图象向左平移m个单位后所对应的函数g(x)=sin[3(x+m)+ ]，
4 4
π π kπ π
………2分g(x)是偶函数，当且仅当3m+ =kπ+ (k∈Z)即m= + (k∈Z)，
4 2 3 12
π
从而，最小正实数m= .………2分
12
19．某网球中心在10000平方米土地上，欲建数块连成片的网球场．每块球场的建设面积为1000平方米．
当该中心建设x(x∈N)块球场时，每平方的平均建设费用（单位：元）可近似地用函数关系式
( 1 )
f (x)=800 1+ lnx 来刻画，此外该中心还需为该工程一次性向政府缴纳环保费用1280000元.
5
（1）请写出当网球中心建设x(x∈N)块球场时，该工程每平方米的综合费用g(x)的表达式，并指出其
定义域（综合费用是建设费用与环保费用之和）；（2）为了使该工程每平方米的综合费用最省，该网球
中心应建多少个球场？
1280
19．(1)g(x)=800+160lnx+ ，定义域为[1,10]，(2)8
x
【分析】（1）先求出每平方米的平均环保费用，再根据综合费用是建设费用与环保费用之和求出g(x)的
表达式即可；（2）利用导数得到g(x)的单调性，进而求出g(x)取最小值时x的值即可．
1280000 1280
【详解】（1）由题意可知，1≤x≤10，因为每平方米的平均环保费用为 = 元，………2分
1000x x
( 1 )
因为每平方米的平均建设费用为可近似地用函数关系式f (x)=800 1+ lnx ，………2分
5
1280 1280
所以每平方米的综合费用g(x)=f (x)+ =800+160lnx+ ，其中函数的定义域为[1,10].………2
x x
分
1280
（2）由（1）可知g(x)=800+160lnx+ (1≤x≤10)，则
x
160 1280 160x−1280 160(x−8)
g′(x)= − = = ，
x x2 x2 x2
………2分，令g′(x)=0得，x=8，当1≤x<8时，g′(x)<0，g(x)在[1,8)上单调递减，………2分
当80，g(x)在(8,10]上单调递增，
所以当x=8时，g(x)取得极小值即为最小值，………2分
所以当该网球中心建8个球场时，该工程每平方米的综合费用最省．………2分
20．已知抛物线Γ:y2=4x的焦点为F，准线为l；
7 / 10
学科网（北京）股份有限公司x2
（1）若F为双曲线C： −2y2=1（a>0）的一个焦点，求双曲线C的离心率e；
a2
|PF| √2
（2）设l与x轴的交点为E，点P在第一象限，且在Γ上，若 = ，求直线EP的方程；
|PE| 2
（3）经过点F且斜率为k(k≠0)的直线l'与Γ相交于A，B两点，O为坐标原点，直线OA,OB分别与l相交
于点M，N；试探究：以线段MN为直径的圆C是否过定点；若是，求出定点的坐标；若不是，说明理由.
20．(1)√2，(2)x−y+1=0，(3)以线段MN为直径的圆C过定点(1,0),(−3,0)，理由见详解.
【分析】（1）先求抛物线的焦点坐标，再根据题意求双曲线的a,c，即可得离心率；（2）根据抛物线的
π
定义进行转化分析可得∠MEP=
，进而可得直线EP的倾斜角与斜率，利用点斜式求直线方程；（3）
4
设直线l'的方程及A，B两点的坐标，进而可求M，N两点的坐标，结合韦达定理求圆C的圆心及半径，根
据圆C的方程分析判断定点.【详解】（1）抛物线Γ:y2=4x的焦点为F(1,0)，准线为l:x=−1，………2
分
x2 y2
双曲线C的方程为双曲线 x2 −2y2=1，即a2 − 1 =1 ，则b= √2 ,c= √ a2+ 1 ，
a2 2 2
2
√ 1 √2
由题意可知：c= a2+ =1，则a= ，………2分
2 2
c
故双曲线C的离心率e= =√2.………2分
a
（2）由（1）可知：E(−1,0)，过点P作直线l的垂线，垂足为M，则
|PF|=|PM|，
|PM| |PF| √2 π π
∵sin∠MEP= = = ，且∠MEP∈ ( 0, ) ，∴∠MEP= ，………2分
|PE| |PE| 2 2 4
π
故直线EP的倾斜角α= ，斜率k=tanα=1，………2分
4
∴直线EP的方程为y=x+1，即x−y+1=0.………2分
（3）以线段MN为直径的圆C过定点(1,0),(−3,0)，理由如下：
设直线l′:y=k(x−1),A(x ,y ),B(x ,y )，联立方程¿，消去y可得：k2x2−2(k2+2)x+k2=0，
1 1 2 2
2(k2+2) k2 y y
则可得：x +x = ,x x = =1，………2分∵直线OA:y= 1 x，当x=−1时，y=− 1 ，
1 2 k2 1 2 k2 x x
1 1
y y
( ) ( )
∴M −1,− 1 ，同理可得：N −1,− 2 ，∵
x x
1 2
( y ) ( y ) k(x −1) k(x −1)
− 1 + − 2 1 + 2
x x x x k[2x x −(x +x )]
1 2 =− 1 2 =− 1 2 1 2
2 2 2x x
1 2
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学科网（北京）股份有限公司( 2(k2+2))
k 2−
k2
2
，………2分
=− =
2 k
|MN|= | ( − y 1 ) − ( − y 2 ) | = |k(x 1 −1) − k(x 2 −1)| = |k(x 1 −x 2 )| = | k | √(x +x ) 2−4x x 2
x x x x x x x x 1 2 1 2
1 2 1 2 1 2 1 2
√[2(k2+2)] 2 4√k2+1 ( 2)
=|k| −4= ，………2分则线段MN为直径的圆C的圆心C −1, ，半径
k2 |k| k
1 2√k2+1
r= |MN|= ，
2 |k|
故圆C的方程为(x+1) 2+ ( y− 2) 2 = 4(k2+1) ，整理得(x2+ y2+2x−3)− 4 y=0，
k k2 k
令y=0，则x2+2x−3=0，解得x=1或x=−3，故以线段MN为直径的圆C过定点(1,0),(−3,0).
………2分【点睛】过定点问题的两大类型及解法：(1)动直线l过定点问题．解法：设动直线方程
(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝mk，得y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m,0)．
(2) 动曲线C过定点问题；解法：引入参变量建立曲线 C的方程，再根据其对参变量恒成立，
令其系数等于零，得出定点．
21．已知函数f (x)=ex+e−x+(2−b)x,g(x)=ax2+b,(a,b∈R).（1）g(1)=f (0),g′(1)=f (0)，
求实数a,b的值；（2）若a=1,b=2，且不等式f (x)≥kg′(e−x+2)−2对任意x∈R恒成立，求k的取值
π
范围；（3）设b=2，试利用结论ex+e−x≥x2+2，证明：若θ ,θ ,⋯,θ ∈ ( 0, ) ，其中n≥2,n∈N*，
1 2 n 2
则 f (sinθ )⋅f (cosθ )+f (sinθ )⋅f (cosθ )+⋯+f (sinθ )⋅f (cosθ )
1 n 2 n−1 n−1 2
+f (sinθ )⋅f (cosθ )>6n.
n 1
1
21．(1)a=1,b=1，(2)k≤ ，(3)证明见解析.【分析】（1）求得g′(x)=2ax，根据题意得到方程组¿，
2
e2x+e−x+2 e2x+2ex+1
即可求解；（2）把f (x)≥kg′(e−x+2)−2转化为即k≤ = 对任意x∈R恒成立，设
2e−x+4 4ex+2
t=ex，
t2+2t+1
设ℎ(t)= ，利用导数求得函数ℎ(t)在单调性，结合ℎ(t)> ℎ(0)，即可求解；
4t+2
（3）解法1：由不等式ex+e−x≥x2+2，推得f (x )⋅f (x )≥2x2+2x2+4，进而利用累加法，即可得证；
1 2 1 2
解法2：由ex+e−x≥x2+2，得到f (x )f (x )≥(x2+2)(x2+2)≥2x2+2x2+4，结合累加法，即可得证.
1 2 1 2 1 2
【详解】（1）由函数g(x)=ax2+b，可得g′(x)=2ax，所以g(1)=a+b，g′(1)=2a.………2分
又由f (0)=2，所以¿，解得a=1,b=1. ………2分
（2）若a=1,b=2，可得f (x)=ex+e−x,g(x)=x2+2，………2分
9 / 10
学科网（北京）股份有限公司则g′(x)=2x，则不等式f (x)≥kg′(e−x+2)−2可化为ex+e−x≥2k(e−x+2)−2，
e2x+e−x+2 e2x+2ex+1 t2+2t+1
即k≤ = 对任意x∈R恒成立，令t=ex，则t>0，设函数ℎ(t)= ，可得
2e−x+4 4ex+2 4t+2
t2+t
ℎ
′(t)=
，
(2t+1) 2
因为t>0，所以ℎ ′(t)>0恒成立，所以函数y= ℎ(t)在(0,+∞)上严格递增，………2分
1 1 1
所以ℎ(t)> ℎ(0)= ，故k≤ ，即实数k的取值范围为(−∞, ].………2分
2 2 2
（3）解法1：由f (x )⋅f (x )=(ex 1+e−x 1)(ex 2+e−x 2)=ex 1 +x 2+ex 1 −x 2+ex 2 −x 1+e−(x 1 +x 2 )，
1 2
因为ex+e−x≥x2+2，可得ex 1 +x 2+e−(x 1 +x 2 )≥(x +x ) 2+2，当且仅当x +x =0时，等号成立；
1 2 1 2
………2分，所以ex 1 −x 2+ex 2 −x 1≥(x −x ) 2+2，当且仅当x −x =0时，等号成立，
1 2 1 2
故f (x )⋅f (x )≥(x +x ) 2+2+(x −x ) 2+2=2x2+2x2+4，
1 2 1 2 1 2 1 2
当且仅当x =x =0时等号成立.………2分
1 2
因此有f (sinθ )f (cosθ )>2sin2θ +2cos2θ +4，f (sinθ )f (cosθ )>2sin2θ +2cos2θ +4，
1 n 1 n 2 n−1 2 n−1
⋯⋯ ，f (sinθ )f (cosθ )>2sin2θ +2cos2θ +4,………2分
n 1 n 1
以上n个式子相加得：
f (sinθ )⋅f (cosθ )+f (sinθ )⋅f (cosθ )+⋅⋅⋅+f (sinθ )⋅f (cosθ ) +f (sinθ )⋅f (cosθ )>6n.
1 n 2 n−1 n−1 2 n 1
………2分
解法2：由ex+e−x≥x2+2，可得f (x )f (x )≥(x2+2)(x2+2)=x2x2+2x2+2x2+4≥2x2+2x2+4，
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
………2分
当且仅当x =x =0时等号同时成立.故f (sinθ )f (cosθ )>2sin2θ +2cos2θ +4，………2分
1 2 1 n 1 n
f (sinθ )f (cosθ )>2sin2θ +2cos2θ +4，⋯⋯，f (sinθ )f (cosθ )>2sin2θ +2cos2θ +4，
2 n−1 2 n−1 n 1 n 1
……2分，以上n个式子相加得：
f (sinθ )⋅f (cosθ )+f (sinθ )⋅f (cosθ )+⋅⋅⋅+f (sinθ )⋅f (cosθ ) +f (sinθ )⋅f (cosθ )>6n.
1 n 2 n−1 n−1 2 n 1
………2分【点睛】对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：1、通常要构造新函数，利
用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2、利用可分离变量，构造新函数，直
接把问题转化为函数的最值问题．3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压
轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问
题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
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