文档文本内容
2025 年高考第二次模拟考试
高三数学（上海卷）
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
考生注意:
1.本场考试时间 120 分钟,试卷共4页，满分 150分，答题纸共2页;
2.作答前，在答题纸正面填写姓名、准考证号，反面填写姓名:将核对后的条形码贴在指定位置;
3.所有作答必须涂或写在答题纸上与试卷题号对应的区域,不得错位,在试卷上作答-律不得分;
4.用 2B 铅笔作答选择题，用黑色字迹钢笔、水笔或圆珠笔作答非选择题
一、填空题（本大题共12题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分）
1．已知集合 ，则 .
【答案】 /
【分析】化简集合B，根据交集运算求解即可.
【详解】 ，
，
故答案为：
2．已知复数z满足： （ 为虚数单位），则 .
【答案】
【分析】根据复数代数形式的乘除运算及共轭复数定义求出 ，再根据复数模的公式计算可得；
【详解】解：因为 ，所以 ，所以 ，所以 ，所以
故答案为：
3．在 中， ，则 外接圆的半径为 ．
【答案】2
【分析】正弦定理的直接求解.
【详解】因为 ，可得 ，由正弦定理得 外接圆的半径 ．
故答案为：2.
4．已知 ，则 的最小值为 ．
【答案】
【分析】“ ”的妙用，利用 ，再结合基本不等式即可求解.
【详解】 ．
当且仅当 ，即 时取等号，
的最小值为 ，
故答案为： .
5．已知数列 的前 项和为 ，且 ，则 .
【答案】81
【分析】根据 ，即可求出数列 的通项公式，再根据 ，即可求
出 .
【详解】因为 ，
所以当 时， ；即 ，又 ，所以 ，
当 时，因为 ，所以
所以 ；
所以 ；
所以当 时， 是以3为公比的等比数列；所以 ；
所以 .
故答案为：81.
6．若圆 与圆 相切，则实数 的取值集合是 .
【答案】
【分析】求出两个圆的圆心与半径，通过圆心距与半径和与差相等求出m的值即可．
【详解】圆O：x2+y2﹣2mx+m2﹣4=0的圆心（m，0），半径为：2．
1
与圆O：x2+y2+2x﹣4my+4m2﹣8=0的圆心（﹣1，2m），半径为：3．
2
圆心距为： ，
两个圆相外切： =5，
两个圆相内切： =1，
解得m=﹣ ，﹣ ，0，2．
实数m的取值集合是{﹣ ，﹣ ，0，2}．
故答案为： ．
【点睛】已知两圆的圆心分别为 ,半径分别为 ，
①若 ，则两圆相离；②若 ，则两圆外切；
③若 ，则两圆相交；④若 ，则两圆内切；
⑤若 ，则两圆内含.
7． 的展开式中，含 项的系数为【答案】-6
【解析】首先化简 得 ，再根据二项式定理展开
的通项式即可求出含 项的系数
【详解】因为 ，
展开式的通项式为 ，令 ，可得
展开式中 的系数分别为 ，所以含 项的系数为 .
故答案为：
【点睛】本题主要考查了二项式的通项公式，属于基础题。
8．已知函数 的两个极值点为 、 ，且 ，则实数 的最小值是
.
【答案】
【分析】由题意可知， 、 为方程 的两根，列出韦达定理，将不等式 变形为
关于实数 的不等式，即可解得实数 的最小值.
【详解】函数 定义域为 ，且 ，
因为函数 有两个极值点 、 ，则 ，可得 ，
由题意可知， 、 为方程 的两根，
由韦达定理可得 ，
所以，，解得 ，所以， ，
因此，实数 的最小值为 .
故答案为： .
9．某人抛掷一枚硬币80次，结果正面朝上有43次.设正面朝上为事件A，则事件A出现的概率为 ．
【答案】 /
【分析】由题意知硬币正反面出现的机会是均等的，即可得答案.
【详解】由题意可知事件A出现的频率为 ，而概率是大量试验中，频率趋于的一个稳定值，
由于硬币正反面出现的机会是均等的，故事件A出现的概率为 ，
故答案为：
10．如图， 三个开关控制着 号四盏灯，其中开关 控制着 号灯，开关 控制着 号
灯，开关 控制着1，2，4号灯．开始时，四盏灯都亮着．现先后按动 这三个开关中的两个不同的
开关，则其中1号灯或2号灯亮的概率为 ．
【答案】
【分析】利用分类加法计数原理、排列数分类讨论计算即可.
【详解】先后按动 中的两个不同的开关，有 （种）按法．
若要1号灯亮，则先按第一个开关时，1号灯灭，再按第二个开关时，1号灯亮，
此时对应的按法有2种，即 ；同理可得，若要2号灯亮，有 ，即2种按法．
综上，要1号灯或2号灯亮有 （种）按法，故所求的概率 ．
故答案为：
11．如图，两条足够长且互相垂直的轨道 相交于点 ，一根长度为 的直杆 的两端点 分别在
上滑动（ 两点不与 点重合，轨道与直杆的宽度等因素均可忽略不计），直杆上的点 满足
，则 面积的取值范围是 .
【答案】
【分析】令 ，利用直角三角形边角关系及三角形面积公式求出 的面积函数，再
利用导数求出值域即得.
【详解】依题意，设 ，则 ，
因此 的面积 ， ，
求导得 ，
当 时， ，当 时， ，即函数 在 上递增，在 上递减，
因此 ，而 ，则 ，
所以 面积的取值范围是 .故答案为：
12．如图，探测机器人从 点出发，准备探测道路 和 所围的三角危险区域.已知机器人在道路 和
上探测速度可达每分钟2米， ，在 内为危险区域，探测速度为每分钟1米.假设机
器人可随时从道路进入危险区域且可在危险区域各方向自由行动（不考虑转向耗时），则理论上，5分钟
内机器人可达到探测的所有危险区域内的点组成的区域面积为 .
【答案】
【分析】讨论机器人探测的路线，结合直线与圆的关系计算三角形面积即可.
【详解】如图所示，机器人只在道路上前进可到达AB点，则OA=OB=10米，
作 的角平分线OC，过A作AD⊥OB，垂足为D点，交OC于C点，
设机器人先在道路OA上前进 分钟到达P点,
此时 ，AP= ，后进入危险区域，
其能探测到达的点组成以P为圆心，以 为半径的圆弧 ，
由题意可知： ，即AD与该圆弧相切，设切点为E，
故随P点从O移动到A，机器人可探测的区域为 ，
结合对称性，机器人5分钟能到达的点围成区域有 与 ，即图中阴影部分，
其面积为 ，
易知 为含120°的等腰三角形，所以区域面积为： .
故答案为：【点睛】本题关键在于对题意的理解，然后结合直线与圆的位置关系，利用角的对称性得出区域形状，再
解三角形求区域面积，极容易出错，需要仔细审题.
二、选择题（本大题共4题,满分18分,第13-14题每题4分,第15-16题每题5分)
13．下列函数中，既是偶函数又在区间 上单调递减的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据偶函数的定义和基本函数的性质逐个分析判断即可.
【详解】对于A，定义域为 ，令 ，因为 ，所以此函数为奇函数，
所以A错误，
对于B，定义域为 ，令 ，因为 ，所以此函数为偶函数，
因为 在 上单调递增，所以B错误，
对于C，定义域为 ，令 ，因为 ，所以此函数为偶函数，
因为 在 上有增区间也有减区间，所以C错误，
对于D，定义域为 ，令 ，因为 ，所以此函数为偶函数，
当 时， ，因为 在 上单调递增，所以 在 上单调递减，所以D正
确，
故选：D
14．已知一组样本数据如下表所示：经研究发现，x与y之间具有线性相关关系，其回归直线方程为，若 成等差数列，则当 时， 的预测值约为（结果精确到0．01）（ ）
x 1 2 3 4 5 6 7
y 2 5 m 9 n 13 16
A．18.86 B．20.13 C．22.10 D．26.02
【答案】A
【分析】由已知可得 进而求得 进而可求得 可求 时 的预测值.
【详解】因为 成等差数列，所以 所以
所以 所以 所以
所以当 时， .
故选：A．
15．已知 是定义在 上的奇函数，当 时， ，有下列结论：
①函数 在 上单调递增；
②函数 的图象与直线 有且仅有2个不同的交点；
③若关于 的方程 恰有4个不相等的实数根，则这4个实数根之和为8；
④记函数 在 上的最大值为 ，则数列 的前 项和为
其中正确的有（ ）
A．①④ B．①③ C．②④ D．①②
【答案】A
【分析】作出函数的图象，利用数形结合思想依次判断选项①②③，利用等比数列求和判断选项④．
【详解】解：当 时， ；
若 ，则 ，即 ，
若 ，则 ，即 ，作出函数在 时的部分图象，如图所示，
对于①，由图可知，函数 在 上单调递增，由奇函数性质知，函数 在 上单调递增，故
①正确；
对于②，可知函数在 时的图象与直线 有1个交点，结合函数 的奇偶性知， 的图象与直
线 有3个不同的交点，故②错误；
对于③，设 ，则关于 的方程等价于 ，解得：
或
当 时，即 对应一个交点为 ；方程恰有4个不同的根，可分为两种情况：
（1） ，即 对应3个交点，且 ， ，此时4个实数根的和为8；
（2） ，即 对应3个交点，且 ， ，此时4个实数根的和为-4，故③
错误；
对于④，函数 在 ， 上的最大值为 ，即 ，
由函数的解析式及性质可知，数列 是首项为1，公比为 的等比数列，
则数列的前7项和为 ，故④正确．
故选：A．
16．如图，点 分别是正四面体 棱 上的点，设 ，直线 与直线 所成的角为，则对于以下两个命题，各选项判断正确的是（ ）
①当 时， 随着 的增大而减小；
②当 时， 随着 的增大而增大
A．①②都是真命题 B．①是假命题，②是真命题
C．①是真命题，②是假命题 D．①②都是假命题
【答案】B
【分析】
根据条件，分别做出异面直线的平面角，三角形中，利用余弦定理，解出三边长，利用余弦定理表示出
，利用导数考查单调性即可.
【详解】当 时，作 交 于 点，如图所示，
直线 与直线 所成的角即为直线 与直线 所成的角，即 ，
设正四面体的棱长为3，则
在 中，由余弦定理可得 ，
，同理在 中，由余弦定理可得
在 中，由余弦定理可得： ，化简可得 ，
所以在 中，有令 ，则 ，
当 时， 有正有负，函数有增有减，所以①错误，
当 时，作NE//BC交 于 点，如图所示，
直线 与直线 所成的角即为直线 与直线 所成的角，即 ，
同样设正四面体的棱长为3，则 可求得
在 中，有
所以 ，即 ，
所以在 中，有
令 ，则 ，
所以 在定义域内单调递减，即 增大， 减小，即 减小，从而 增大，故②正确，
故选：B.
【点睛】关键点点睛：做出异面直线 与 的平面角，利用余弦定理表达 ，利用导数考查单调性.
三、解答题（本大题共5题，共14+14+14+18+18=78分）
17．已知函数 .
(1)判断函数 的奇偶性，并证明．(2)若 对所有 ， 恒成立，求实数 的取值范围．
【答案】(1)奇函数，证明见解析；
(2) .
【分析】（1）根据给定的函数解析式，利用奇函数、偶函数定义判断即得.
（2）探讨函数 的单调性，并求出最小值，再借助一次型函数图象与性质列出不等式，求解即得.
【详解】（1）函数 是奇函数，
当 时， ，则 ，
当 时， ，
当 时， ，则 ，
因此 ，恒有 成立，
所以函数 是奇函数.
（2）当 时， 单调递减，当 时， 单调递减，又 ，
因此函数 在 上单调递减， ，
由 对所有 恒成立，得 ，即 ，
令 ，依题意，任意 ， ，
于是 ，解得 ，
所以实数 的取值范围是 .
18．如图，圆锥 的高为 是底面圆 的直径， 为圆锥的母线，四边形 是底面圆 的
内接等腰梯形，且 ，点 在母线 上，且 ．(1)证明：平面 平面 ；
(2)求平面 与平面 的夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接 ，可证出菱形 中 ，结合 可证出 平面 ，再由平
面与平面垂直判定定理即可证出平面 平面 ；
（2）取 中点 ，以 为原点， ， ， 所在直线分别为 轴、 轴、 轴，建立空间直角坐标
系，使用空间向量进行求解.
【详解】（1）
连接 ，由已知， ，且 ，
∴四边形 为菱形，∴ ，
在圆锥 中，∵ 平面 ， 平面 ，
∴ ．∵ ， 平面 ， 平面 ，
∴ 平面 ．
又∵ 平面 ，
∴平面 平面 ．
（2）
取 中点 ，易知 平面 ， ，
以 为原点， ， ， 所在直线分别为 轴、 轴、 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则
， ， ， ，
∵ ，∴ ，
∴ ，
∴ ， ．
设平面 的一个法向量为 ．因为 所以 ，令 ，则 ， ，
∴ ，
易知平面 即平面 ，∴平面 的一个法向量为 ，
设平面 与平面 的夹角为 ，
则 ，
∴平面 与平面 的夹角的余弦值为 ．
19．（1）为了解中草药甲对某疾病的预防效果，研究人员随机调查了100名人员，调查数据如表.（单位：
个）若规定显著性水平 ，试分析中草药甲对预防此疾病是否有效；
未患病者 患病者 合计
未服用
29 16 45
中草药甲
服用
46 9 55
中草药甲
合计 75 25 100
（2）已知一个盒子中装有大小和质地相同的6个红球和3个白球.现从盒子中不放回地依次随机取出2个
球，设2个球中红球的个数为X，求X的分布列、期望和方差.
附： ， .
α 0.100 0.050 0.010 0.001
x 2.706 3.841 6.635 10.828
【答案】（1）答案见解析（2）答案见解析
【分析】（1）计算出卡方，即可判断；
（2） 的所有可能取值为0，1，2，它服从超几何分布，结合超几何分布概率的求法求得相应的概率进而可得 的分布，结合期望、方差计算公式即可求解.
【详解】（1）提出原假设 ：中草药甲对预防此疾病无效，确定显著性水平 ，
计算 ，而 ，
的值超过了 所确定的界限，从而否定原假设，即认为中草药甲对预防此疾病有效果.
（2） 的所有可能取值为0，1，2，
，
所以 的分布列为，
它的期望为 ，
它的方差为 .
20．设椭圆 ： 的左、右焦点分别为 ， ，离心率为 ，过点 的直线 交椭圆
于点 、 （不与左右顶点重合），连结 、 ，已知 周长为8.
（1）求椭圆 的方程；
（2）若直线 的斜率为1，求 的面积；
（3）设 ，且 ，求直线 的方程.
【答案】（1） ；（2） ；（3） 或
【分析】（1）由椭圆的离心率公式和椭圆的定义，可得 ， ，再由 ， ， 的关系可得 ，进而得到所求椭圆方程；
（2）求得直线 的方程，联立椭圆方程，消去 ，运用韦达定理，结合 的面积为 ，
计算可得所求值；
（3）设直线 的方程为 ， ， ，联立椭圆方程，运用韦达定理，由
，得出 ，结合 ，设 ，所以 ， ，运用韦达定理可求
出 ，进而得到所求直线 方程．
【详解】（1）解：由题可知， 周长为8，
由椭圆的定义，可知 的周长等于 ，
则 ，所以 ，
又 ，所以 ， ，
因此椭圆 的方程为 .
（2）解：依题意，直线 的方程为 ，
与椭圆方程联立 ，整理得： ，
由韦达定理： ， ，
.
（3）解：设直线 的方程为 ， ， ，直线 与椭圆方程联立 ，
整理得： ，
由韦达定理： ①， ②，
因为 ，
所以 ，
即 ，由 ， ，
得： ，
所以 ，
又 ，不妨设 ，所以 ， ，
代入 ，所以 ，
所以 ，整理得 ，
代入①② ，计算得 ，
所以直线 的方程为 或 .
【点睛】本题考查椭圆的定义、标准方程和简单几何性质，考查运用直线和椭圆的位置关系求三角形面积，
注意联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理，同时考查三点共线的向量表示，突出考查化简运算能力，
属于中档题．
21．已知各项均不为0的数列 满足 （ 是正整数）， ，定义函数， 是自然对数的底数.
(1)求证：数列 是等差数列，并求数列 的通项公式；
(2)记函数 ，其中 .
（i）证明：对任意 ， ；
（ii）数列 满足 ，设 为数列 的前 项和.数列 的极限的严格定义为：若存在一个常数
，使得对任意给定的正实数 （不论它多么小），总存在正整数m满足：当 时，恒有 成
立，则称 为数列 的极限.试根据以上定义求出数列 的极限 .
【答案】(1)证明见解析， ；
(2)（i）证明见解析；（ii）
【分析】（1）由 可变形为 ，从而得到 为等差数列，然后由累乘法
求通项即可；
（2）可先证： ，根据 的表达式求导，分析单调性，得出最小值，即可得证，再证：
，即证 恒成立，即 即可；先求出
，然后由 ，分析单调性证明 进而得到 ，代入 表达式，取 可得 ，再对 进行放缩即可求解.
【详解】（1）由于数列 的各项均不为 ，
所以， 可变形为 （ 是正整数），
所以，数列 是首项为 ，公差为 的等差数列，所以 ，
又 ， 也符合上式，所以 .
（2）（i）先证： .
根据已知 ，得
由 当且仅当 时等号成立，
于是 在 上是严格增函数，故 成立.
再证： .
又 ，记 ，则 ，
由 ，故 且仅当 时等号成立，
于是 在 上是严格减函数，
故 ，于是 ，证毕.
（ii）由题意知， ，
下面研究 .将（i）推广至一般情形.，
由 当且仅当 时等号成立，
于是 在 上是严格增函数，故 成立.①
再证： . ，
记 ，则 ，
由 ，故 当且仅当 时等号成立，
于是 在 上是严格减函数，
故 ，于是 ，
所以， ，即对任意 ， .
于是对 ， ，整理得 ，
令 ，得 ，即 ，故 .
（方法一）当 时，
故 即 ，
从而 .对于任意给定的正实数 ，令 ，
则取 为大于 且不小于 的最小整数，则当 时， 恒成立，因此，数列 的极限 为 .
（方法二）而对于任意 ，只需 且 时，
可得 .
故存在 ，当 时，恒有 ，
因而 的极限 .
【点睛】方法点睛：本题主要考查数列的通项、求和，另外考查数列和函数的结合以及新定义知识，难度
较大，本题主要思维方法：
1.基本方法求通项：定义法，累乘法；
2.不等式的证明，借助构造函数利用导数分析单调性，求最值；
3.新定义考查，主要是结合导数的最值分析和不等式的放缩思维，对于一般学生要求较高，难度很大.
