精品解析：2025届上海市宝山区高考二模数学试卷

2025年上海市宝山区二模数学试卷 考生注意： 1．本试卷共21题，满分150分，考试时间120分钟； 2．本试卷包括试题卷和答题纸两部分，答题纸另页，正反面； 3．在本试题卷上答题无效，必须在答题纸上的规定位置按照要求答题； 4．可使用符合规定的计算器答题． 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，要求在答题纸相应题序的空格内直接填写结果，每个空格填对得分，否则一律得零分）． 1. 是虚数单位，则__________． 2. 已知集合，，则____________________. 3. 抛物线的准线方程是_______ 4. 已知函数则=________. 5. 已知、为常数，函数为奇函数，则___________． 6. 的二项展开式中，项的系数为________. 7. 已知函数且)的图像经过定点，则点的坐标为____ 8. 已知圆柱的底面积为，侧面积为，则该圆柱的体积为_________. 9. 已知中，，，点在线段上，且，则的值为_________. 10. 有件商品的编号分别为，它们的售价（元），且满足，则这件商品售价的所有可能情况有________种. 11. 某分公司经销一产品，每件产品的成本为5元，且每件产品需向总公司交2元的管理费，预计每件产品的售价为元时，一年的销售量为万件，则每件产品售价为_________元时，该分公司一年的利润达到最大值.（结果精确到1元） 12. 空间中有相互垂直的两条异面直线，点，且，若，且，则二面角平面角的余弦值最小为_________. 二、选择题（本大题共有4题，满分18分，第13～14题每题4分，第15～16题每题5分，每题都给出四个结论，其中有且仅有一个结论是正确的，必须把答题纸上相应题序内的正确结论代号涂黑，选对得相应满分，否则一律得零分）. 13. 已知向量，，若，则的值为（    ） A. B. C. D. 14. “”的一个必要非充分条件是（ ） A. B. C. D. 15. 甲、乙两名篮球运动员在8场比赛中的单场得分用茎叶图表示如左下图，茎叶图中甲的得分有部分数据丢失，但甲得分的折线图完好（右下图），则下列结论正确的是（ ） A. 甲得分的极差小于乙得分的极差 B. 甲得分的第25百分位数大于乙得分的第75百分位数 C. 甲得分的平均数大于乙得分的平均数 D. 甲得分的方差小于乙得分的方差 16. 若对任意正整数，数列的前项和都是完全平方数，则称数列为“完全平方数列”.有如下两个命题：①若数列的前项和，（为正整数），则使得数列为“完全平方数列”的值有且仅有一个；②存在无穷多个“完全平方数列”的等差数列. 则下列选项中正确的是（ ） A. ①是真命题， ②是真命题； B. ①是真命题， ②是假命题； C. ①是假命题， ②是真命题； D. ①是假命题， ②是假命题. 三、解答题（本大题共有5题，满分78分，解答下列各题必须在答题纸的规定区域（对应的题号）内写出必要的步骤）． 17. 如图，在四面体中，是边长为的正三角形，且. （1）证明：； （2）若是的中点，且二面角的大小为，求与平面所成角的大小. 18. 已知函数，（且） （1）若，求方程的解； （2）已知，若关于的不等式在区间上恒成立，求实数的最大值. 19. 某游乐园的活动项目共有三类，分别是“过山车”等10个体验类项目、“海豚之舞”等4个表演类项目、“智力闯关”等3个互动类项目.因设备维护需要，项目并非每日都全部开放.以下数据是项目开放的数量（个）和游客平均等待时间（分钟/个）的关系： 项目类别 体验类 演出类 互动类 开放数量（个） 4 5 6 7 8 2 4 2 3 平均等待时间（分钟/个） 76 73 67 60 53 30 46 30 （1）体验类项目中，若关于的回归方程为，请计算的值，并依据该模型预测所有体验类项目均开放时的平均等待时间（精确到整数）； （2）小王游玩当日，体验类、演出类、互动类项目分别开放了8个、4个、3个，他计划随机游玩其中的3个项目，已知他选择的项目中至少包含1个互动类项目，求他的等待总时间恰为120分钟的概率； （3）为提高游客的参与度，园方在互动类项目“智力闯关”中设计了两关.通过第一关的游客奖励20个游园币，游客可以选择结束或继续闯关.若继续闯关，则必须完成第二关的所有题目.第二关包含2道相互独立的选择题，每答对1题可再奖励20个游园币，每答错1题则要扣除10个游园币.每个游园币可兑换园区内任意一个项目的1分钟等待时间.小王已通过第一关，假设他在第二关中每道题答对的概率均为，为了获得更多项目等待时间的兑换奖励，小王是否应该继续闯关？请你帮他做出决策. 20. 已知双曲线分别是其左、右焦点，直线与双曲线的右支交于两点. （1）当直线过点，且时，求的周长； （2）已知点，若直线的斜率之和为，且，当分别与轴交于点时，求的面积； （3）已知直线过点，是双曲线上一点且位于第一象限，且满足的点在线段上，若，求点的坐标. 21. 定义在上的可导函数，集合为正整数，其中称为的自和函数，称为的固着点. 已知. （1）若，，求的值及的固着点； （2）若，是的自和函数，且在上是严格增函数，求的最大值； （3）若，，且是的固着点，求的取值范围，并证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年上海市宝山区二模数学试卷 考生注意： 1．本试卷共21题，满分150分，考试时间120分钟； 2．本试卷包括试题卷和答题纸两部分，答题纸另页，正反面； 3．在本试题卷上答题无效，必须在答题纸上的规定位置按照要求答题； 4．可使用符合规定的计算器答题． 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，要求在答题纸相应题序的空格内直接填写结果，每个空格填对得分，否则一律得零分）． 1. 是虚数单位，则__________． 【答案】 【解析】 【详解】分析：利用复数模的定义可求解． 详解：，故答案为． 点睛：本题考查复数的模，掌握模的计算公式是解题基础，本题是容易题． 2. 已知集合，，则____________________. 【答案】 【解析】 【分析】根据并集的定义，由，，可求出. 【详解】由，。 所以. 故答案为：. 【点睛】本题考查集合的并集运算，属于基础题. 3. 抛物线的准线方程是_______ 【答案】 【解析】 【分析】先根据抛物线的标准方程得到焦点在y轴上以及，再直接代入即可求出其准线方程. 【详解】因为抛物线的标准方程为，焦点在y轴上， 所以：，即，所以， 所以准线方程为：， 故答案是：. 【点睛】该题考查的是有关抛物线的几何性质，涉及到的知识点是已知抛物线的标准方程求其准线方程，属于简单题目. 4. 已知函数则=________. 【答案】 【解析】 【分析】由分段函数的解析式，代入已知值，可得答案. 【详解】由题意可得. 故答案为：. 5. 已知、为常数，函数为奇函数，则___________． 【答案】3 【解析】 【分析】根据题意结合奇函数的定义运算求解. 【详解】由题意，函数为奇函数， 则，故， 可得，则，解得， 所以. 故答案为：3. 6. 的二项展开式中，项的系数为________. 【答案】 【解析】 【分析】写出二项展开式通项公式，由的指数为2求得项数，从而得到系数． 【详解】由题意得二项式的展开式的通项公式为， 令，得，所以项的系数为． 故答案为：． 7. 已知函数且)的图像经过定点，则点的坐标为____ 【答案】 【解析】 【分析】根据指数函数和对数函数的图象与性质求解即可. 【详解】令，可得. 所以定点的坐标为. 故答案为：. 8. 已知圆柱的底面积为，侧面积为，则该圆柱的体积为_________. 【答案】 【解析】 【分析】根据圆柱的底面积和侧面积公式求出圆柱的底面圆半径和高，再根据圆柱的体积公式即可得解. 【详解】设圆柱的底面圆的半径为，高为， 由题意可得，解得， 所以圆柱的体积. 故答案为：. 9. 已知中，，，点在线段上，且，则的值为_________. 【答案】 【解析】 【分析】根据确定，从而可得，从而用向量数量积的运算律即可求解. 【详解】设等腰在边上的高为， 因为，所以， 所以， 所以， 所以 . 故答案为：. 10. 有件商品的编号分别为，它们的售价（元），且满足，则这件商品售价的所有可能情况有________种. 【答案】 【解析】 【分析】利用组合数中允许重复的原则，分四类讨论，再由加法原理和组合数计算即可. 【详解】分四类讨论： ①当时，有6种情况； ②当时， 若，有5种选法； 若，有4种选法； 若，有3种选法； 若，有2种选法； 若，有1种选法； 由加法原理可得共有15种； ③当时， 若，选择有5种选法； 若，选择有4种选法； 若，选择有3种选法； 若，选择有2种选法； 若，选择有1种选法； 由加法原理可得共有15种； ④当时，有种， 综上，共有种. 故答案为：56. 11. 某分公司经销一产品，每件产品的成本为5元，且每件产品需向总公司交2元的管理费，预计每件产品的售价为元时，一年的销售量为万件，则每件产品售价为_________元时，该分公司一年的利润达到最大值.（结果精确到1元） 【答案】 【解析】 【分析】根据条件确定函数关系式，由函数的最值与函数的导数的关系，求出该函数的最大值即可. 【详解】分公司一年的利润 (万元)与售价的函数关系式为， 所以， 令，即，解得或（舍）， 当时，，此时在上单调递增， 当时，，此时在单调递减， 又因为结果精确到1元，且当时，，且当时，， 于是：当每件产品的售价为9元时，该分公司一年的利润最大. 故答案为：9. 12. 空间中有相互垂直的两条异面直线，点，且，若，且，则二面角平面角的余弦值最小为_________. 【答案】 【解析】 【分析】先确定点、的轨迹及相关线段长度表达式，再利用余弦定理得的表达式，最后通过换元求最值. 【详解】根据双曲线的定义，平面内到两个定点、（焦点）的距离之差的绝对值为定值（小于）的点的轨迹为双曲线.由，可知， 所以点在以、为焦点的双曲线上.在空间中，是此双曲线绕旋转得到的曲面. 因为，根据直径所对的圆周角是直角，所以点同时在以为直径的球面上. 由于，所以、在与垂直的面上. 不妨令固定在一支双曲线上，设双曲线方程为. 过作于，在双曲线中，变形可得. 在（因为）中，的长度可根据坐标关系得到， 因为在过与垂直的面与球的交线上，设球心为（中点）， 由（球的半径的平方为，根据勾股定理得到此关系），的长度与有关（点坐标与点纵坐标有关），且在轴上的投影长度就是，所以. 在中，根据余弦定理， 通过，代入余弦定理公式化简得到,. 令，则. 对于二次函数，其对称轴为，当时，取得最大值. 所以. 故答案为：. 二、选择题（本大题共有4题，满分18分，第13～14题每题4分，第15～16题每题5分，每题都给出四个结论，其中有且仅有一个结论是正确的，必须把答题纸上相应题序内的正确结论代号涂黑，选对得相应满分，否则一律得零分）. 13. 已知向量，，若，则的值为（    ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由共线向量的坐标表示，建立方程，可得答案. 【详解】由题意可得，解得. 故选：D. 14. “”的一个必要非充分条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用充分条件与必要条件的判断方法，结合指数、对数函数的单调性，对选项A、B和C逐一分析判断，即可求解；对于D，利用不等式的性，即可求解. 【详解】对于选项A，由，得到，即，所以可得，故选项A错误， 对于选项B，由，得到，所以可得，故选项B错误， 对于选项C，由，得到，即，所以推不出， 但可以得出，故选项C正确， 对于选项D，由，得到， 又，当且仅当时取等号，显然不满足题意， 则，即， 又当，有，所以是的充要条件，故选项D错误， 故选：C. 15. 甲、乙两名篮球运动员在8场比赛中的单场得分用茎叶图表示如左下图，茎叶图中甲的得分有部分数据丢失，但甲得分的折线图完好（右下图），则下列结论正确的是（ ） A. 甲得分的极差小于乙得分的极差 B. 甲得分的第25百分位数大于乙得分的第75百分位数 C. 甲得分的平均数大于乙得分的平均数 D. 甲得分的方差小于乙得分的方差 【答案】C 【解析】 【分析】利用极差、百分位数和平均数的计算公式可以判断A、B、C三个选项，对于D选项，利用数据的分散程度判断方差的大小即可. 【详解】对于A选项，甲得分的极差为：，乙得分的极差为：， 因为，所以甲得分的极差大于乙得分的极差，故A错误； 对于B选项，因为，所以甲得分的第25百分位数为， 又，所以乙得分的第75百分位数为， 因为，所以甲得分的第25百分位数小于乙得分的第75百分位数，故B错误； 对于C选项，由折线图可知，在茎叶图中甲的得分中丢失的数据一个为，另一个设为，其中， 所以甲的平均数为， 乙的平均数为， 因为，所以，所以， 所以甲得分的平均数大于乙得分的平均数，故C正确； 对于D选项，方差是刻画数据离散程度或波动幅度的指标. 从茎叶图中可以看到，甲的得分分布比乙的得分分布分散， 所以甲得分的方差大于乙得分的方差，故D错误. 故选：C 16. 若对任意正整数，数列的前项和都是完全平方数，则称数列为“完全平方数列”.有如下两个命题：①若数列的前项和，（为正整数），则使得数列为“完全平方数列”的值有且仅有一个；②存在无穷多个“完全平方数列”的等差数列. 则下列选项中正确的是（ ） A. ①是真命题， ②是真命题； B. ①是真命题， ②是假命题； C. ①是假命题， ②是真命题； D. ①是假命题， ②是假命题. 【答案】A 【解析】 【分析】对于①，根据数列的前项和得到，对，和两种情况分类讨论求解可判断；对于②设等差数列的首项为，公差为，对分类讨论求解判断. 【详解】对于①，数列的前项和（为正整数）， 当时，， 当时，不满足上式，所以， 当，时，， 所以数列与原数列相同，所以， 所以当时，数列为完全平方数列， 当时，不是“完全平方数， 所以当时，数列不是完全平方数列， 综上所述：数列为“完全平方数列”，故①是真命题； 对于②，因为为完全平方数，故， 若，则，若对任意的，均为完全平方数， 则，否则假设为的素因数，且恰好整除，为正整数， 若为奇数，则不是完全平方数，矛盾， 若为偶数，取，则不是完全平方数，矛盾， 若，则， 若，取，则或， 当为偶数时，此时，均不是完全平方数， 当为奇数时，取，，为奇数， 故此时不是完全平方数， 故，即，故，设，故， 当时，， 又适合上式，即. 故存在无穷多个“完全平方数列”的等差数列，故②是真命题. 故选：A. 三、解答题（本大题共有5题，满分78分，解答下列各题必须在答题纸的规定区域（对应的题号）内写出必要的步骤）． 17. 如图，在四面体中，是边长为的正三角形，且. （1）证明：； （2）若是的中点，且二面角的大小为，求与平面所成角的大小. 【答案】（1）取中点，连接， 由已知条件是边长为的正三角形，得. 平面，所以平面 ， 又平面 ，所以. （2） 【解析】 【分析】（1）先取中点，连．利用等腰三角形三线合一得．再根据线面垂直判定定理证平面 ，最后由线面垂直性质得. （2）已知二面角为，即面面垂直.由面面垂直性质定理得平面，所以是线面角，求出角大小. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 二面角的大小为，即平面平面. 由平面平面，且由（1）知，平面， 所以平面，从而即为与平面所成角 在中，，从而， 在中，， 因为平面，且平面，所以， 所以在中，，且， 易求得，即与平面所成角的大小为. 18. 已知函数，（且） （1）若，求方程的解； （2）已知，若关于的不等式在区间上恒成立，求实数的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先由求出幂函数解析式，再利用换元法，结合一元二次方程和指数与对数函数的关系求解即可； （2）由幂函数的单调性得到关于的不等式再分离参数，结合基本不等式求解即可. 【小问1详解】 即解得，于是 ， 方程即为， 令，则有即， 求得（舍负） ， 所以方程的解为 . 【小问2详解】 由已知得， 整理得 ， 因为，所以 ， 从而对任意恒成立， 因为（当且仅当取等号）， 所以， 即实数的最大值为. 19. 某游乐园的活动项目共有三类，分别是“过山车”等10个体验类项目、“海豚之舞”等4个表演类项目、“智力闯关”等3个互动类项目.因设备维护需要，项目并非每日都全部开放.以下数据是项目开放的数量（个）和游客平均等待时间（分钟/个）的关系： 项目类别 体验类 演出类 互动类 开放数量（个） 4 5 6 7 8 2 4 2 3 平均等待时间（分钟/个） 76 73 67 60 53 30 46 30 （1）体验类项目中，若关于的回归方程为，请计算的值，并依据该模型预测所有体验类项目均开放时的平均等待时间（精确到整数）； （2）小王游玩当日，体验类、演出类、互动类项目分别开放了8个、4个、3个，他计划随机游玩其中的3个项目，已知他选择的项目中至少包含1个互动类项目，求他的等待总时间恰为120分钟的概率； （3）为提高游客的参与度，园方在互动类项目“智力闯关”中设计了两关.通过第一关的游客奖励20个游园币，游客可以选择结束或继续闯关.若继续闯关，则必须完成第二关的所有题目.第二关包含2道相互独立的选择题，每答对1题可再奖励20个游园币，每答错1题则要扣除10个游园币.每个游园币可兑换园区内任意一个项目的1分钟等待时间.小王已通过第一关，假设他在第二关中每道题答对的概率均为，为了获得更多项目等待时间的兑换奖励，小王是否应该继续闯关？请你帮他做出决策. 【答案】（1），51分钟； （2）； （3） 当时，，不建议小王继续闯关； 当时，，小王可根据自己的情况随机选择； 当时，，建议小王继续闯关. 【解析】 【分析】（1）根据表中数据分别求出，代入回归方程即可求出，将代入回归方程可求出平均等待时间； （2）利用条件概率公式，结合分步计数乘法原理和分类计数加法原理以及组合数，计算即可求得概率； （3）通过计算得到小王参加第二关获得的游园币数的期望，根据每道题答对的概率的取值分类讨论，做出相关决策. 【小问1详解】 ， 代入回归方程，得，解得. 当时,，即开放所有体验类项目时的平均等待时间约为51分钟. 【小问2详解】 记事件“等待总时间恰为120分钟”，事件“选择的3个项目中至少包含1个互动类项目”， 因为全部的项目数为15个，其中互动类项目有3个，则事件共包含了种； 在事件的条件下，等待总时间恰为120分钟，此时的可能情况有： ①一个互动类项目，一个体验类项目，一个演出类项目，此时共有种情况； ②两个互动类项目，一个体验类项目，此时共有种情况. 由条件概率公式得. 【小问3详解】 设小王参加第二关获得的游园币数为随机变量，则所有可能取值为， 则 所以. 所以，当时，，不建议小王继续闯关； 当时，，小王可根据自己的情况随机选择； 当时，，建议小王继续闯关. 20. 已知双曲线分别是其左、右焦点，直线与双曲线的右支交于两点. （1）当直线过点，且时，求的周长； （2）已知点，若直线的斜率之和为，且，当分别与轴交于点时，求的面积； （3）已知直线过点，是双曲线上一点且位于第一象限，且满足的点在线段上，若，求点的坐标. 【答案】（1） （2）2 （3） 【解析】 【分析】（1）由双曲线的定义，根据整体思想，可得答案； （2）由斜率之和为零，可得倾斜角的大小，从而求得直线方程，利用三角形面积公式，可得答案； （3）分斜率存在与不存在两种情况，表示出直线方程，联立双曲线方程，写出韦达定理，结合题意建立方程，可得答案. 【小问1详解】 根据双曲线定义得：，， 两式相加得，即， 由已知得，所以的周长为， 【小问2详解】 设直线的倾斜角分别为， 由已知得，不妨设，则， 则可求得，， 所以直线解得， 直线解得， 所以的面积为. 【小问3详解】 设，由知 若直线斜率不存在，则，此时与点重合，不符题意，舍去； 设直线方程为：， 与双曲线联立化简得， 显然成立，设交点， 由韦达定理： 由得， 从而，即， 将韦达定理代入 化简得（※）， 因为，即， 由已知在双曲线上，得， 从而得代入（※）式， ， 化简得，即， 解得，则点的坐标为. 21. 定义在上的可导函数，集合为正整数，其中称为的自和函数，称为的固着点. 已知. （1）若，，求的值及的固着点； （2）若，是的自和函数，且在上是严格增函数，求的最大值； （3）若，，且是的固着点，求的取值范围，并证明：. 【答案】（1），固着点 （2） （3）（方法一）由题得，， 所以， 因为，且是的固着点，所以（*）在上有唯一的解， 记，则，所以在是严格减函数， 从而，又当时，，故的值域是， 所以，即， 记，则由上述可知是的严格减函数且， ， 因为，所以，所以 ① 又， 记，则， 因为，所以，所以， 所以是上的严格增函数， 故，从而 ② 由①②可知，，即， 又是的严格减函数，所以，故. （方法二） 由题得，，所以， 因为且是的固着点，所以（*）在上有唯一的解 求导得， 当时，，是上的严格减函数， 所以，所以方程（*）无解； 当时， （ⅰ）当时，在恒成立，故是上的严格增函数， 所以，所以方程（*）无解； （ⅱ）当时，如下表 - 0 + 严格减 极小值 严格增 可知在严格减，在严格增， 又，，当时，， 所以方程（*）在无解，在有唯一解，满足题意的的取值范围， 因为是的唯一解，所以， 又，令， 则，所以是上的严格减函数， 所以，即， 又当时，，所以， 又在上有唯一的零点，则， 综上，，此时. 【解析】 【分析】（1）根据题设定义得，进而有，即可求解； （2）根据条件得到在区间上恒成立，从而有，即可求解； （3）法一，根据题设得到在上有唯一的解，构造函数，利用导数与函数单调性间的关系，求得的单调性，进而可得， 再构造函数，利用其单调性，即可求解；法二，前同法一，得，构造函数，利用导数与函数单调性间的关系，求其单调区间，利用单调性，即可求解. 【小问1详解】 由题得，所以， 因为，所以，解得， 所以，固着点. 【小问2详解】 由题得，则， 所以，因为是上的严格增函数， 所以在区间上恒成立， 由，得到，所以， 所以，因此的最大值是. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $