2025年高考上海卷数学真题试题与参考答案(来自mst)_历年全国高考真题_2025全国各省高考真题+答案_上海卷_数学

2025年普通高等学校招生全国统一考试上海数学试卷 一、填空题(本大题共12题，第1~6题每题4分，第7~12题每题5分，共54分.考生应在答题纸的相应位置 直接填写结果)  1. 已知全集U={x∣2≤x≤5,x∈R}，集合A={x∣2≤x<4,x∈R}，则A= ． x-1 2. 不等式 <0的解集为 ． x-3 3. 己知等差数列a n  的首项a =-3，公差d=2，则该数列的前6项和为 ． 1 4. 在二项式(2x-1)5的展开式中，x3的系数为 ． π π 5. 函数y=cosx在 - ,  2 4  上的值域为 ． 5 6 7 6. 已知随机变量X的分布为 0.2 0.3 0.5  ，则期望E[X]= ． 7. 如图，在正四棱柱ABCD-ABCD 中，BD=4 2,DB =9，则该正四棱柱的体积为 ． 1 1 1 1 1 1 1 8. 设a,b>0,a+ =1，则b+ 的最小值为 ． b a 9. 4个家长和2个儿童去爬山，6个人需要排成一条队列，要求队列的头和尾均是家长，则不同的排列个数 有 种．  10. 已知复数z满足z2=(z)2,|z|≤1，则|z-2-3i|的最小值是 ． 11. 小申同学观察发现，生活中有些时候影子可以完全投射在斜面上．某斜面上有两根长为1米的垂直于 水平面放置的杆子，与斜面的接触点分别为A、B，它们在阳光的照射下呈现出影子，阳光可视为平行光： 其中一根杆子的影子在水平面上，长度为0.4米；另一根杆子的影子完全在斜面上，长度为0.45米．则斜 面的底角θ= ．(结果用角度制表示，精确到0．01°) 数学试题 第 1 页 共 14 页1, x>0           12. 已知f(x)= 0, x=0，a、b、c是平面内三个不同的单位向量．若f(a⋅b)+f(b⋅c)+f(c⋅a)=0，则   -1, x<0    |a+b+c|可的取值范围是 ． 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.) 1 1 13. 己知事件A、B相互独立，事件A发生的概率为P(A)= ，事件B发生的概率为P(B)= ，则事件A 2 2 ∩B发生的概率P(A∩B)为 ( ) 1 1 1 A B. C. D.0 8 4 2 14. 设a>0,s∈R．下列各项中，能推出as>a的一项是 ( ) A. a>1，且s>0 B. a>1，且s<0 C. 00 D. 0 5)，M(0,m)(m>0)，A是Γ的右顶点． a2 5 (1)若Γ的焦点(2,0)，求离心率e；   (2)若a=4，且Γ上存在一点P，满足PA=2MP，求m； (3)已知AM的中垂线l的斜率为2，l与Γ交于C、D两点，∠CMD为钝角，求a的取值范围． 21. 已知函数y=f(x)的定义域为R．对于正实数a，定义集合M ={x∣f(x+a)=f(x)}． a π (1)若f(x)=sinx，判断 是否是M 中的元素，请说明理由； 3 π (2)若fx  x+2, x<0  = ,M a ≠∅，求a的取值范围； x, x≥0 (3)若y=f(x)是偶函数，当x∈(0,1]时，f(x)=1-x，且对任意a∈(0,2)，均有M ⊆M ．写出y= a 2 f(x)，x∈(1,2)解析式，并证明：对任意实数c，函数y=f(x)-c在[-3,3]上至多有9个零点． 数学试题 第 4 页 共 14 页参考答案 1. x|4≤x≤5,x∈R  ##4,5  【分析】根据补集的含义即可得到答案.  根据补集的含义知A=x|4≤x≤5,x∈R  . 故答案为：x|4≤x≤5,x∈R  . 2. 1,3  【分析】转化为一元二次不等式x-1  x-3  <0，解出即可. 原不等式转化为x-1  x-3  <0，解得1CE  =2 2， 所以ZE  =2 2. min 故答案为：2 2 11.12.58° 【分析】先根据在A处的旗杆算出阳光和水平面的夹角，然后结合B处的旗杆算出斜面角. 1 如图，在A处，tanx= =2.5，在B处满足tan∠CED=2.5， 0.4 (其中ED⎳水平面，CE是射过B处杆子最高点的光线，光线交斜面于E)， 1+y 故设BD=y，则ED= ， 2.5 1+y 由勾股定理，y2+ 2.5  2 =0.452，解得y≈0.098， 0.098 于是θ=arcsin ≈12.58° 0.45 故答案为：12.58° 数学试题 第 6 页 共 14 页12.(1, 5)   【分析】利用分段函数值分类讨论，可得 fa⋅b    ,fb⋅c    ,fc⋅a     =-1,0,1   ，再根据数量积关系设出a   ,b,c坐标，利用坐标运算，结合三角恒等变换求解模的范围可得.   若fa⋅b    =fb⋅c    =fc⋅a        =0，则a⋅b=b⋅c=c⋅a=0，    又三个向量均为平面内的单位向量，故向量a,b,c两两垂直，显然不成立；   故 fa⋅b    ,fb⋅c    ,fc⋅a     =-1,0,1  .   fa⋅b 不妨设  =1   fb⋅c  =0   fc⋅a           ，则a⋅b>0,b⋅c=0,c⋅a<0，     =-1    不妨设b=(1,0),c=(0,1)，a=cosθ,sinθ  ,θ∈0,2π  ，   a⋅b=cosθ>0 3 则  ，则θ∈ 2 π,2π c⋅a=sinθ<0  ，    则a+b+c  =(1+cosθ,1+sinθ)  = (1+cosθ)2+(1+sinθ)2= 3+2cosθ+2sinθ π = 3+2 2sinθ+ 4  ， 3 由θ∈ π,2π 2  π 7 9 ，θ+ ∈ π, π 4 4 4  ， π 则sinθ+ 4  2 2 ∈- , 2 2  π ，2 2sinθ+ 4  ∈-2,2     故a+b+c  ∈(1, 5). 故答案为：(1, 5). 13.B 【分析】根据独立事件的概率公式可求PA∩B  . 因为A,B相互独立，故PA∩B  =PA  PB  1 1 1 = × = ， 2 2 4 故选：B. 14.D 【分析】利用指数函数的性质分类讨论a与1的关系即可判定选项. ∵a>0,as>a，∴as-1>1=a0， 当a∈0,1  时，y=ax定义域上严格单调递减， 此时若s-1<0，则一定有as-1>1=a0成立，故D正确，C错误； 当a∈1,+∞  时，y=ax定义域上严格单调递增，要满足as-1>1=a0，需s>1，即A、B错误. 故选：D 数学试题 第 7 页 共 14 页15.A 【分析】设出曲线上一点为(a,b)，得出a= b2+1，将三角形的高转化成关于b的函数,分析其单调性， 从而求解. 设曲线上一点为(a,b)，则a2-b2=1，则a= b2+1， 2-1 k = =1，AB方程为：y-1=x，即x-y+1=0， AB 1-0 a-b+1 根据点到直线的距离公式，(a,b)到AB的距离为：   b2+1-b+1 = 2  b2+1-b+1 = ， 2 2 1 设f(b)= b2+1-b= ， b2+1+b 由于b≥0，显然f(b)关于b单调递减，f(b) =f(0)，无最小值， max 即△ABC中，AB边上的高有最大值，无最小值， 又AB一定，故面积有最大值，无最小值. 故选：A 16.B 【分析】由c =λa +(1-λ)b 可知c 范围，再由三角形三边关系可得a ,b ,c 的不等关系，结合函数零 n n n n n n n 点解不等式可得. 由题意a ,b ,c >0，不妨设A(n,a ),B(n,b ),C(n,c )， n n n n n n   三点均在第一象限内，由c n =λa n +(1-λ)b n 可知，BC=λBA,λ∈0,1  ， 故点C恒在线段AB上，则有mina ,b n n  ≤c ≤maxa ,b n n n  0， 则f(x)=2xln2-10，由f(x)单调递增， 又f(3)<0,f(4)>0，存在x ∈(3,4)，使f(x )=0， 0 0 即当0x 时，f(x)>0，f(x)单调递增； 0 故f(x)至多2个零点， 又由f(1)>0,f(2)<0,f(5)<0,f(6)>0， 可知f(x)存 2个零点，不妨设x ,x (x a 成立， n n n n n n 要使a 、b 、c 的值均能构成三角形， n n n 所以a +c >b 恒成立，故b <2a ， n n n n n 10n-9≤2n 所以有  ，解得n=6； 2n<2(10n-9) ②若a ≥b ，即10n-9≥2n时，此时n=2,3,4,5. n n 则a ≥c ≥b ，可知a +c >b 成立， n n n n n n 要使a 、b 、c 的值均能构成三角形， n n n 所以b +c >a 恒成立，故a <2b ， n n n n n 10n-9≥2n 所以有  ，解得n=4或5； 10n-9<2n+1 综上可知，正整数n的个数有3个. 数学试题 第 8 页 共 14 页故选：B. 17.(1)10.15；210.015； 3 (2) 10 (3)204.56 【分析】(1)由最长与最短用时可得极差，由中间两数平均数可得中位数； (2)由古典概型概率公式可得；     (3)先求成绩平均数y，再由(x,y)在回归直线上，代入方程可得b，再代入年份预测可得. 【小问1详解】 由题意，数据的最大值为216.93，最小值为206.78， 则极差为216.93-206.78=10.15； 数据中间两数为209.35与210.78， 209.35+210.68 则中位数为 =210.015. 2 故极差为10.15，中位数为210.015； 【小问2详解】 由题意，数据共10个，211以上数据共有4个， 故设事件A=“恰有2个数据在211以上”， C2⋅C1 3 则P(A)= 4 6 = ， C3 10 10 3 故恰有2个数据在211以上的概率为 ； 10 【小问3详解】 由题意，成绩的平均数 206.78+207.46+207.95+209.34+209.35+210.68+213.73+214.84+216.93+216.93 10 =211.399，  由直线y=-0.311x+b过(2006,211.399)，  则b=211.399+0.311×2006=835.265， 故回归直线方程为y=-0.311x+835.265. 当x=2028时,y=-0.311×2028+835.265=204.557≈204.56. 故预测2028年冠军队的成绩为204.56秒. 18.(1)2π (2)证明见解析 【分析】(1)由线面角先算出母线长，然后根据侧面积公式求解. (2)证明平面QOC⎳平面PBD，然后根据面面平行的性质可得. 【小问1详解】 π 由题知，∠PAB= ，即轴截面△ABP是等边三角形，故PA=AB=2， 3 1 底面周长为2π×1=2π，则侧面积为： ×2×2π=2π; 2 【小问2详解】 由题知AQ=QP,AO=OB，则根据中位线性质，QO∥PB， 又QO⊄平面PBD，PB⊂平面PBD，则QO⎳平面PBD 数学试题 第 9 页 共 14 页 π π π 由于AC= ，底面圆半径是1，则∠AOC= ，又CD∥AB，则∠OCD= ， 3 3 3 又OC=OD，则△OCD为等边三角形，则CD=1， 于是CD∥BO且CD=OB，则四边形OBDC是平行四边形，故OC∥BD， 又OC⊄平面PBD，BD⊂平面PBD，故OC⎳平面PBD. 又OC∩OQ=O,OC,OQ⊂平面QOC， 根据面面平行的判定，于是平面QOC⎳平面PBD， 又M∈OC，则QM⊂平面QOC，则QM⎳平面PBD 19.(1)1,+∞  (2)m>0且m≠2. 【分析】(1)先求出m，从而原不等式即为x+lnx>1，构建新函数sx  =x+lnx,x>0，由该函数为增 函数可求不等式的解； (2)求出函数 导数，就m≤0,02分类讨论后可得参数的取值范围. 【小问1详解】 因为f1  =0，故1-m-2+0=0，故m=-1，故fx  =x2-x-lnx， 故fx  ≤x2-1即为x+lnx≥1， 设sx  =x+lnx,x>0，则sx  1 =1+ >0，故sx x  在0,+∞  上为增函数， 而x+lnx≥1即为sx  ≥s1  ，故x≥1， 故原不等式的解为1,+∞  . 【小问2详解】 fx  在0,+∞  有极大值即为有极大值点. fx  =2x-m+2  m 2x2-m+2 + = x  x+m 2x-m = x  x-1  ， x 若m≤0，则x∈0,1  时，fx  <0，x∈1,+∞  时，fx  >0， 故x=1为fx  的极小值点，无极大值点，故舍； m m 若0< <1即00， m 故x= 为fx 2  的极大值点，符合题设要求； 若m=2，则x∈0,+∞  时，fx  ≥0，fx  无极值点，舍； m m 若 >1即m>2，则x∈1, 2 2  时，fx  <0， x∈0,1  m ∪ ,+∞ 2  时，fx  >0， 数学试题 第 10 页 共 14 页故x=1为fx  的极大值点，符合题设要求； 综上，m>0且m≠2. 2 20.(1) 3 (2) 10 (3) 5, 11  【分析】(1)由方程可得b2=5，再由焦点坐标得c，从而求出a得离心率；   (2)设点P坐标，由向量关系PA=2MP坐标化可解得P坐标，代入椭圆方程可得m； (3)根据中垂线性质，由斜率与中点坐标得直线l方程，联立直线与椭圆方程，将钝角条件转化为向量不   等式MC⋅MD<0，再坐标化利用韦达定理代入化简不等式求解可得a范围. 【小问1详解】 x2 y2 由题意知，Γ: + =1a> 5 a2 5  ，则b2=5， 由右焦点(2,0)，可知c=2，则a= 5+c2=3， c 2 故离心率e= = . a 3 【小问2详解】 由题意A(4,0),M(0,m)(m>0)，P(x ,y ) P P   4-x =2x 由PA=2MP得，   P P ， -y =2y -2m P p 4 2m 解得P , 3 3  x2 y2 ，代入 + =1， 16 5 1 4m2 得 + =1，又m>0，解得m= 10. 9 45 【小问3详解】 1 由线段AM 中垂线l的斜率为2，所以直线AM的斜率为- ， 2 m-0 1 a 则 =- ，解得m= ， 0-a 2 2 a 由A(a,0),M0, 2  a a 得AM中点坐标为 , 2 4  ， 3 3 故直线l:y=2x- a，显然直线l过椭圆内点 a,0 4 8  ， 故直线与椭圆恒有两不同交点， 设C(x ,y),D(x ,y )， 1 1 2 2 3 y=2x- a 9 由 4 消y得(4a2+5)x2-3a3x+ a4-5a2=0， 16 5x2+a2y2=5a2 9 a4-5a2 3a3 16 由韦达定理得x +x = ,xx = ， 1 2 4a2+5 1 2 4a2+5 数学试题 第 11 页 共 14 页  a 因为∠CMD为钝角，则MC⋅MD<0，且M0, 2  ， a 则有xx +y - 1 2 1 2  a y - 2 2  <0， 5a 所以xx +2x - 1 2 1 4  5a 2x - 2 4  5 25 =5xx - a(x +x )+ a2<0， 1 2 2 1 2 16 9 即5 a4-5a2 16  5a 25 - ×3a3+ a24a2+5 2 16  <0，解得a2<11， 又a> 5， 故 50， a 0 0 0 当x<0时，fx  =x+2，其在-∞，0  上严格单调递增， 当x≥0时，fx  = x，其在[0,+∞)上也严格单调递增， 则x <0≤x +a，则x +2= x +a， 0 0 0 0 令x+2=0，解得x=-2，则-2≤x <0， 0 则a= x 0 +a  2-x 0 =x 0 +2  3 2-x =x + 0 0 2  2 7 7 + ∈  ,4 4  4  . 法二：作出该函数图象，则由题意知直线y=t与该函数有两个交点， 由图知0≤t<2，假设交点分别为Am,t  ，Bn,t  ， 联立方程组  m=t 得a=|AB|=m-n=t2-(t-2)=t- 1 n+2=t 2  2 7 7 + ∈  ,4 4  4  数学试题 第 12 页 共 14 页【小问3详解】 (3)对任意x ∈(1,2),x -2∈(-1,0)，因为其是偶函数， 0 0 则fx 0 -2  =f2-x 0  ，而2-x 0 -x 0 -2  =4-2x ∈(0,2)， 0 所以x -2∈M ⊆M ， 0 4-2x0 2 所以fx 0  =fx 0 -2  =f2-x 0  ，因为x 0 ∈1,2  ，则2-x 0 ∈0,1  ， 所以fx 0  =f2-x 0  =1-2-x 0  =x -1，所以f(x)=x-1,x∈(1,2)， 0 所以当s∈(0,1)时，1-s∈(0,1)，1+s∈(1,2)，则f(1-s)=1-(1-s)=s， f(1+s)=1+s  -1=s，则f(1-s)=f(1+s)， 而1+s-1-s  =2s，3-s  -1-s  =2， 则1-s∈M ⊆M ，则f(1-s)=f(3-s)， 2s 2 所以当x∈(2,3)时，f(x)=f(x-2)=1-(x-2)=3-x，而f(x)为偶函数，画出函数图象如下： 其中f-3  =f3  ,f-2  =f2  ,f0  ，但其对应的y值均未知. 首先说明f(-3)=n∉(0,1)， 若f(-3)=n∈(0,1)，则-3+n∈-3,-2  ，易知此时fx  =x+3,x∈-3,-2  ， 则f(-3+n)=n，所以f(-3)∈M n ⊆M 2 ，而x∈-1,0  时，fx  =x+1， 所以f(-3)=f(-1)=0，与f(-3)=n矛盾，所以f(-3)∉(0,1)，即f(-3)=f(3)∉(0,1)， 令y=f(x)-c=0，则y=f(x)=c， 当c=0时，即使让f-3  =f3  =f-2  =f2  =f0  =0，此时最多7个零点， 当c≥1时，若f-2  =f2  =f0  =f-3  =f3  =c，此时有5个零点， 故此时最多5个零点； 当c<0时，若f-2  =f2  =f0  =f-3  =f3  =c，此时有5个零点， 故此时最多5个零点； 数学试题 第 13 页 共 14 页当0