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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
，
1
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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；
2
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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O1：x2+y2
2mx+m
﹣
2
4=0
﹣
的圆心（m，0），半径为：2．
与圆O2：x2+y2+2x
4my+4m
﹣
2
8=0
﹣
的圆心（﹣1，2m），半径为：3．
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
3
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【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，
4
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，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
；
5
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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
.
6
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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：
7
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【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
8
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，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
，
9
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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
10
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，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
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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．
12
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(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
．
13
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(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
，
∴
．
14
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∵
，
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
．
15
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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
中草药甲
29
16
45
服用
中草药甲
46
9
55
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
16
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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
17
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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
，
，
，
18
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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
19
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，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
20
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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.
21
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，
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，
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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.
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