2025年上海高考数学模拟卷03-【大题精做】冲刺2025年高考数学大题突破+限时集训（上海专用）

上海高考模拟卷03 一、填空题（本大题共12题，满分54分．其中第1-6题每题4分，第7-12题每题5分）考生应在答题纸相应编号的空格内直接填写结果． 1．已知抛物线：（其中为常数）过点，则抛物线的焦点到准线的距离等于 . 2．不等式的解集为 ． 3．若等比数列满足：，，则数列的公比 . 4．若向量在向量方向上的投影向量为，则 ． 5．若，则 6．一质点做垂直向上运动，该质点上升高度（单位：）与运动时间（单位：）的关系式为，当时，该质点上升高度的瞬时变化率为 . 7．三星堆古遗址作为“长江文明之源“，被誉为人类最伟大的考古发现之一．3号坑发现的神树纹玉琮，为今人研究古蜀社会中神树的意义提供了重要依据．玉琮是古人用于祭祀的礼器，有学者认为其外方内圆的构造，契合了古代“天圆地方”观念，是天地合一的体现，如图，假定某玉琮形状对称，由一个空心圆柱及正方体构成，且圆柱的外侧面内切于正方体的侧面，圆柱的高为12cm，圆柱底面外圆周和正方体的各个顶点均在球O上，则球O的表面积为 8．某站台经过统计发现，一号列车准点到站的概率为，二号列车准点到站的概率为，一号列车准点到站或者二号列车不准点到站的概率为，记“一号列车准点到站且二号列车不准点到站”为事件，“一号列车不准点到站且二号列车准点到站”为事件，则 . 9．设双曲线的左焦点为，右顶点为，上一点满足，若三角形的边经过，则双曲线的离心率是 10．已知甲盒中有3个红球2个白球，乙盒中有4个红球1个白球，从甲盒中随机取1球放入乙盒，然后再从乙盒中随机取2球，记取到红球的个数为随机变量X，则X的期望为 ． 11．有一直角转弯的走廊（墙面与顶部都封闭），已知走廊的宽度与高度都是3米，现有不能弯折的硬管需要通过走廊，若不计硬管粗细，则可通过的最大极限长度为 米. 12．已知函数其中表示不超过x的最大整数.例如： 给出以下四个结论： ① ②集合的元素个数为; ③存在，对任意的，有; ④对任意都成立，则实数的取值范围是 其中所有正确结论的序号是 . 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）每题有且只有一个正确答案，考生应在答题纸的相应编号上，将代表答案的小方格涂黑，选对得满分，否则一律得零分． 13．如图，在中，，，为上一点，且满足，若，则的最小值是（    ） A．2 B．4 C． D． 14．已知奇函数的定义域为，且其图象是连续的曲线，若在区间上的值域为，在上的值域为，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 15．某校为了解本校高一男生身高和体重的相关关系，在该校高一年级随机抽取了7名男生，测量了他们的身高和体重得下表： 身高x（单位：） 167 173 175 177 178 180 181 体重y（单位：） 90 54 59 64 67 72 76 由表格制作成如图所示的散点图： 由最小二乘法计算得到经验回归直线的方程为，其相关系数为；经过残差分析，点对应残差过大，把它去掉后，再用剩下的6组数据计算得到经验回归直线的方程为，相关系数为.则下列选项正确的是（    ） A． B． C． D． 16．在圆锥中，已知高，底面圆的半径为4，为母线的中点；根据圆锥曲线的定义，下列四个图中的截面边界曲线分别为圆、椭圆、双曲线及抛物线，下面四个命题，正确的个数为 ①圆的面积为；           ②椭圆的长轴为； ③双曲线两渐近线的夹角正切值为         ④抛物线中焦点到准线的距离为. A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 三、解答题（本大题共5题，共14+14+14+18+18＝78分）解下列各题必须在答题纸相应编号的规定区域内写出必要的步骤． 17．如图1所示，在平行四边形EBCD中，，垂足为，，将沿折到的位置，使得二面角的大小为，如图2所示，点为棱的中点.    (1)证明：平面平面； (2)证明：； (3)若点在棱上，且直线与平面所成角的正弦值为，求的值. 18．在锐角中，角，，所对的边分别为，，，已知向量，且. (1)求角的大小； (2)若，求周长的取值范围. 19．甲参加了一场智力问答游戏，每轮游戏均有两类问题（难度系数较低的类问题以及难度系数较高的类问题）供选择，且每轮游戏只回答两类问题中的其中一个问题．甲遇到每类问题的概率均为，甲遇到类问题时回答正确的概率为，回答正确记1分，否则记0分；甲遇到类问题时回答正确的概率为，回答正确记2分，否则记0分，总得分记为X分，甲回答每个问题相互独立． (1)当进行完2轮游戏时，求甲的总分X的分布列与数学期望． (2)设甲在每轮游戏中均回答正确且累计得分为n分的概率为． （ⅰ）证明：为等比数列． （ⅱ）求的最大值以及对应n的值． 20．已知圆锥曲线G：，称点和直线l：是圆锥曲线G的一对极点和极线，其中极线方程是将圆锥曲线以替换，以替换x（另一变量y也是如此）.特别地，对于椭圆，点对应的极线方程为.已知椭圆C：，椭圆C的左、右焦点分别为、. (1)若极点对应的极线l为，求椭圆C的方程； (2)当极点Q在曲线外时，过点Q向椭圆C引两条切线，切点分别为M，N，证明：直线MN为极点Q的极线； (3)已知P是直线上的一个动点，过点P向（1）中椭圆C引两条切线，切点分别为M，N，是否存在定点T恒在直线MN上，若存在，当时，求直线MN的方程；若不存在，请说明理由. 21．已知是定义在上的函数，若对任意，恒成立，则称为上的非负函数. (1)判断是否为上的非负函数，并说明理由. (2)已知为正整数，为上的非负函数，记的最大值为，证明：为等差数列. (3)已知且，函数，若为上的非负函数，证明：. 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $$ 上海高考模拟卷03 一、填空题（本大题共12题，满分54分．其中第1-6题每题4分，第7-12题每题5分）考生应在答题纸相应编号的空格内直接填写结果． 1．已知抛物线：（其中为常数）过点，则抛物线的焦点到准线的距离等于 . 【答案】 【解析】把代入，解得，从而抛物线的方程为， 所以焦点到准线的距离为. 2．不等式的解集为 ． 【答案】 【解析】由得，解得， 故不等式的解集为. 3．若等比数列满足：，，则数列的公比 . 【答案】 【解析】因为等比数列满足：，， 则，解得. 4．若向量在向量方向上的投影向量为，则 ． 【答案】3 【解析】向量在向量方向上的投影向量为， 则. 5．若，则 【答案】 【解析】， 故， . 6．一质点做垂直向上运动，该质点上升高度（单位：）与运动时间（单位：）的关系式为，当时，该质点上升高度的瞬时变化率为 . 【答案】 【解析】由，求导得，因此， 所以当时，该质点上升高度的瞬时变化率为 . 7．三星堆古遗址作为“长江文明之源“，被誉为人类最伟大的考古发现之一．3号坑发现的神树纹玉琮，为今人研究古蜀社会中神树的意义提供了重要依据．玉琮是古人用于祭祀的礼器，有学者认为其外方内圆的构造，契合了古代“天圆地方”观念，是天地合一的体现，如图，假定某玉琮形状对称，由一个空心圆柱及正方体构成，且圆柱的外侧面内切于正方体的侧面，圆柱的高为12cm，圆柱底面外圆周和正方体的各个顶点均在球O上，则球O的表面积为 【答案】 【解析】过圆柱的旋转轴和正方体的一条侧棱作截面，得截面图如图所示： 不妨设正方体的棱长为2a，球О的半径为R，则圆柱的底面直径为， 因为正方体的体对角线即为球О直径，故，得， 易知，截面中两个矩形的对角线都是球的直径，正方体的面对角线为， 所以，由勾股定理得：，解得， 球的表面积为， 故答案为： 8．某站台经过统计发现，一号列车准点到站的概率为，二号列车准点到站的概率为，一号列车准点到站或者二号列车不准点到站的概率为，记“一号列车准点到站且二号列车不准点到站”为事件，“一号列车不准点到站且二号列车准点到站”为事件，则 . 【答案】 【解析】记“一号列车准点到站”为事件，“二号列车准点到站”为事件， 则，，， 由，故， 则，则， 故， 而，即，故， 则. 9．设双曲线的左焦点为，右顶点为，上一点满足，若三角形的边经过，则双曲线的离心率是 【答案】 【解析】设，因为三角形的边经过，故在左支上， 而，故，而， 故，而， 所以，整理得：， 所以，故. 10．已知甲盒中有3个红球2个白球，乙盒中有4个红球1个白球，从甲盒中随机取1球放入乙盒，然后再从乙盒中随机取2球，记取到红球的个数为随机变量X，则X的期望为 ． 【答案】/ 【解析】若从甲盒中随机取到的为红球且概率为，则的可能取值为， 则，， 若从甲盒中随机取到的为白球且概率为，则的可能取值为， 则，，， 综上，，，， 故. 11．有一直角转弯的走廊（墙面与顶部都封闭），已知走廊的宽度与高度都是3米，现有不能弯折的硬管需要通过走廊，若不计硬管粗细，则可通过的最大极限长度为 米. 【答案】 【解析】如图示，先求出硬管不倾斜，水平方向通过的最大长度. 设,则. 过作垂直内侧墙壁于，作垂直内侧墙壁于， 则. 在直角三角形中，，所以. 同理可得. 所以. 因为（当且仅当且时等号成立）. 所以. 因为走廊的宽度与高度都是米， 所以把硬管倾斜后能通过的最大长度为. 12．已知函数其中表示不超过x的最大整数.例如： 给出以下四个结论： ① ②集合的元素个数为; ③存在，对任意的，有; ④对任意都成立，则实数的取值范围是 其中所有正确结论的序号是 . 【答案】①④ 【解析】对于①，由知，，故①正确， 对于②，由周期性可知，的周期为，故讨论即可， 易得当时，，当时，， 当时，，当时，， 当时，，当时，， 当时，，当时，， 当时，，故该集合元素个数为6，故②错误， 对于③，显然在时，的值域不关于对称， 故不关于对称，即，故③错误， 对于④，当时，， 当时，， 当时，， 当时，， 当时，， 当时，， 当时，， 而对任意都成立，故恒成立， 令，即，而显然， 可得恒成立，即，故④正确. 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）每题有且只有一个正确答案，考生应在答题纸的相应编号上，将代表答案的小方格涂黑，选对得满分，否则一律得零分． 13．如图，在中，，，为上一点，且满足，若，则的最小值是（    ） A．2 B．4 C． D． 【答案】A 【解析】设，则 ， 所以，，解得. ，， ， 当且仅当时，即当时，等号成立. 所以，的最小值为. 14．已知奇函数的定义域为，且其图象是连续的曲线，若在区间上的值域为，在上的值域为，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由题意有，即. 15．某校为了解本校高一男生身高和体重的相关关系，在该校高一年级随机抽取了7名男生，测量了他们的身高和体重得下表： 身高x（单位：） 167 173 175 177 178 180 181 体重y（单位：） 90 54 59 64 67 72 76 由表格制作成如图所示的散点图： 由最小二乘法计算得到经验回归直线的方程为，其相关系数为；经过残差分析，点对应残差过大，把它去掉后，再用剩下的6组数据计算得到经验回归直线的方程为，相关系数为.则下列选项正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】身高的平均数为， 因为离群点的横坐标167小于平均值176，纵坐标90相对过大， 所以去掉后经验回归直线的截距变小而斜率变大，故， 去掉后相关性更强，拟合效果也更好，且还是正相关，所以. 16．在圆锥中，已知高，底面圆的半径为4，为母线的中点；根据圆锥曲线的定义，下列四个图中的截面边界曲线分别为圆、椭圆、双曲线及抛物线，下面四个命题，正确的个数为 ①圆的面积为；           ②椭圆的长轴为； ③双曲线两渐近线的夹角正切值为         ④抛物线中焦点到准线的距离为. A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【解析】①点是母线的中点， 截面的半径，因此面积，故①正确； ②由勾股定理可得椭圆的长轴为，故②正确； ③在与底面、平面的垂直且过点的平面内建立直角坐标系，不妨设双曲线的标准方程为，则，即，把点代入可得，解得，设双曲线两渐近线的夹角为，，③不正确； ④建立直角坐标系，不彷设抛物线的标准方程为,把点代入可得，解得，抛物线中焦点到准线的距离为，④不正确. 三、解答题（本大题共5题，共14+14+14+18+18＝78分）解下列各题必须在答题纸相应编号的规定区域内写出必要的步骤． 17．如图1所示，在平行四边形EBCD中，，垂足为，，将沿折到的位置，使得二面角的大小为，如图2所示，点为棱的中点.    (1)证明：平面平面； (2)证明：； (3)若点在棱上，且直线与平面所成角的正弦值为，求的值. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【解析】（1）由题意可知，图2中，，，平面， 所以平面. 又面，所以平面平面. （2）解法一：由平面几何知识可知，在图2中取AD中点O，连接MO，PO，    因为M为AB中点，所以，， 因为，，所以为二面角的平面角， 所以，则为等边三角形，所以. 又平面平面ABCD，交线为AD，所以平面ABCD，所以. 又，且平面PMO，所以平面PMO. 又平面PMO，所以. 解法二：因为，，所以为二面角的平面角，所以， 以A为原点，AB，AD所在直线为x，y轴，平行于PO的直线为z轴，建立空间直角坐标系. 则，，，，，， 则，， 所以， 所以. （3）以A为原点，AB，AD所在直线为x，y轴，平行于PO的直线为z轴，建立空间直角坐标系. 则，，，，，， 设 ，面AMN的法向量为，， ， 则 ，取，则. 又，所以 因为直线PC与平面AMN所成角的正弦值为，所以 解得，，， 当时，直线PC与平面AMN所成角的正弦值为. 18．在锐角中，角，，所对的边分别为，，，已知向量，且. (1)求角的大小； (2)若，求周长的取值范围. 【答案】(1) (2) 【解析】（1）由，得，由正弦定理，得， 即， 而，，则， 又，. （2）由正弦定理得：，则，， ， 由锐角，得，即，， 因此，即， 所以周长的范围为. 19．甲参加了一场智力问答游戏，每轮游戏均有两类问题（难度系数较低的类问题以及难度系数较高的类问题）供选择，且每轮游戏只回答两类问题中的其中一个问题．甲遇到每类问题的概率均为，甲遇到类问题时回答正确的概率为，回答正确记1分，否则记0分；甲遇到类问题时回答正确的概率为，回答正确记2分，否则记0分，总得分记为X分，甲回答每个问题相互独立． (1)当进行完2轮游戏时，求甲的总分X的分布列与数学期望． (2)设甲在每轮游戏中均回答正确且累计得分为n分的概率为． （ⅰ）证明：为等比数列． （ⅱ）求的最大值以及对应n的值． 【答案】(1)分布列见解析，1 (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）当时，取到最大值为 【解析】（1）X可以取0，1，2，3，4， 每次回答A类问题且回答正确的概率为， 回答A类问题且回答不正确的概率为， 每次回答B类问题且回答正确的概率为， 回答B类问题且回答不正确的概率为， ， ， ， ；， X的分布列为： X 0 1 2 3 4 P ； （2）（ⅰ），， 由题意得甲累计得分为n分的前一轮得分只能为分或分， 故当时，， 所以， 所以是以为首项，为公比的等比数列； （ⅱ）根据（ⅰ）可知，①， 易得， 所以是以为首项，为公比的等比数列， 所以②， 令②－①可得， 所以， 经检验，时均满足上式，故， 所以， 而显然随着n的增大而减小， 故， 又因为，所以当时，取到最大值为. 20．已知圆锥曲线G：，称点和直线l：是圆锥曲线G的一对极点和极线，其中极线方程是将圆锥曲线以替换，以替换x（另一变量y也是如此）.特别地，对于椭圆，点对应的极线方程为.已知椭圆C：，椭圆C的左、右焦点分别为、. (1)若极点对应的极线l为，求椭圆C的方程； (2)当极点Q在曲线外时，过点Q向椭圆C引两条切线，切点分别为M，N，证明：直线MN为极点Q的极线； (3)已知P是直线上的一个动点，过点P向（1）中椭圆C引两条切线，切点分别为M，N，是否存在定点T恒在直线MN上，若存在，当时，求直线MN的方程；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【解析】（1）因为极点对应的极线l为，即，所以， 因为右焦点是，所以，所以， 所以椭圆C的方程为； （2）当斜率存在时，设切线方程为， 联立椭圆方程，设切点， 可得，化简可得： ， 由题可得： 化简可得：，该方程只有一个根，记作， ，为切点的横坐标， 切点的纵坐标， 由于，则， 则切线方程为： ， 化简得：． 当切线斜率不存在时，切线为，也符合方程， 综上上一点,的切线方程为； 同理上一点,的切线方程为； 设，点在两个切线上，所以， 所以的直线方程为，根据极线定义直线MN为极点Q的极线； （3）由题意，设点的坐标为(,)， 因为点在直线上运动，所以， 联立，得， ，该方程无实数根， 所以直线与椭圆C相离，即点在椭圆C外，又都与椭圆C相切， 所以点和直线是椭圆C的一对极点和极线. 对于椭圆，与点对应的极线方程为， 将代入，整理得， 又因为定点T的坐标与的取值无关， 所以，解得，所以存在定点恒在直线上. 当时，T是线段的中点， 设，直线的斜率为， 则，两式相减， 整理得，即， 所以当时，直线的方程为，即. 21．已知是定义在上的函数，若对任意，恒成立，则称为上的非负函数. (1)判断是否为上的非负函数，并说明理由. (2)已知为正整数，为上的非负函数，记的最大值为，证明：为等差数列. (3)已知且，函数，若为上的非负函数，证明：. 【答案】(1)是上的非负函数，理由见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【解析】（1）是上的非负函数. 理由如下： 因为，，所以. 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 则，故是上的非负函数. （2）由，，得. 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 则. 因为为上的非负函数，所以，解得，则. 因为，所以为等差数列. （3）由，，得. 因为且，所以由得，，解得， 由得，，解得， 所以在上单调递减，在上单调递增，故. 由为上的非负函数，得，则，. 令，，则在上恒成立， 故在上单调递增，则，从而在上恒成立. 令，得，则，从而在上恒成立， 故，当且仅当时，等号成立， 所以. 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $$