上海市徐匯區(qū)2025年高考數(shù)學(xué)二模試卷（含解析）

第=page11頁(yè)，共=sectionpages11頁(yè)上海市徐匯區(qū)2025年高考數(shù)學(xué)二模試卷一、單選題：本題共4小題，共18分。在每小題給出的選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.已知A、B為兩個(gè)隨機(jī)事件，則“A、B為互斥事件”是“A、B為對(duì)立事件”的(

)A.充分非必要條件 B.必要非充分條件 C.充要條件 D.非充分非必要條件2.在研究線性回歸模型時(shí)，若樣本數(shù)據(jù)(xi,yi)(i=1,2,3,…,n)所對(duì)應(yīng)的點(diǎn)都在直線y=?13A.?1 B.1 C.?13 3.在桌面上有一個(gè)質(zhì)地均勻的正四面體D?ABC.從該正四面體與桌面貼合的面上的三條棱中等可能地選取一條棱，沿其翻轉(zhuǎn)正四面體至正四面體的另一個(gè)面與桌面貼合，如此翻轉(zhuǎn)稱為一次操作.如圖，開始時(shí)，正四面體與桌面貼合的面為ABC，操作n(n=1,2,3,?)次后，正四面體與桌面貼合的面是ABC的概率記為Pn.現(xiàn)有下列兩個(gè)結(jié)論：①P2=13；②A.①正確，②錯(cuò)誤 B.①錯(cuò)誤，②正確 C.①、②都正確 D.①、②都錯(cuò)誤4.已知函數(shù)y=f(x)的定義域和值域都為R，且圖像是一條連續(xù)不斷的曲線，其導(dǎo)函數(shù)y=f′(x)的值如表：x(?∞,x(x(f′(x)+0?0+設(shè)D?R，若集合{y|y=f(x),x∈D}={a,b,c}，其中a，b，c為常數(shù)，則符合要求的集合D的個(gè)數(shù)不可能是(

)A.3 B.27 C.63 D.343二、填空題：本題共12小題，共54分。5.已知全集U={x||x?1|≤2,x∈R}，A=[1,3]，則A?=______．6.復(fù)數(shù)z=11?i(其中i為虛數(shù)單位)7.在空間直角坐標(biāo)系中，向量a=(?m,6,3),b=(2,n,1)，若a/?/b，則8.已知冪函數(shù)y=f(x)的圖像過點(diǎn)(3,339.如圖是一個(gè)2×2列聯(lián)表，則s=______．yy總計(jì)xa3545x7bn總計(jì)m73s10.已知cosθ=?35,θ∈(0,π)，則tan11.已知PA⊥平面ABC，△ABC是直角三角形，且AB=AC=2，PA=4，則點(diǎn)P到直線BC的距離是______．12.已知ABCD是正方形，點(diǎn)M是AB的中點(diǎn)，點(diǎn)E在對(duì)角線AC上，且AE=3EC，則∠MED的大小為______．13.已知兩個(gè)隨機(jī)事件A，B，若P(A)=15，P(B)=14，P(B|A)=2314.已知F1為雙曲線x2a2?y2b215.如圖，某處有一塊圓心角為23π的扇形綠地AOB，扇形的半徑為20米，AB是一條原有的人行直路，由于工程建設(shè)需要，現(xiàn)要在綠地中建一條直路OC，以便在圖中陰影部分區(qū)域分類堆放物料.為了盡量減少對(duì)綠地的破壞(不計(jì)路寬)，則原直路AB與新直路OC的交叉點(diǎn)D到O的距離為______米.16.設(shè)實(shí)數(shù)ω>0，若f(x)=sinωx滿足對(duì)任意x1∈[0,π]，都存在x2∈[π,2π]，使得f(x三、解答題：本題共5小題，共78分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟。17.(本小題14分)

如圖，ABCD?A1B1C1D1是一塊正四棱臺(tái)形鐵料，上、下底面的邊長(zhǎng)分別為20cm和40cm，高30cm．

(1)求正四棱臺(tái)ABCD?A1B1C1D1的側(cè)面18.(本小題14分)

已知函數(shù)y=f(x)，其中f(x)=log2x.

(1)解關(guān)于x的不等式f(3x?2)<f(2x+1)；

(2)若存在唯一的實(shí)數(shù)x0，使得f(x0)，19.(本小題14分)

某公司生產(chǎn)的糖果每包標(biāo)識(shí)“凈含量500g”，但公司承認(rèn)實(shí)際的凈含量存在誤差.已知每包糖果的實(shí)際凈含量ξ(單位：g)服從正態(tài)分布N(500,2.52).

(1)隨機(jī)抽取一包該公司生產(chǎn)的糖果，求其凈含量誤差超過5g的概率(精確到0.001)；

(2)隨機(jī)抽取3包該公司生產(chǎn)的糖果，記其中凈含量小于497.5g的包數(shù)為X.求X的分布和期望(精確到0.001)．

參考數(shù)據(jù)：Φ(1)≈0.8413，Φ(2)≈0.9772，Φ(3)≈0.9987，其中20.(本小題18分)

已知拋物線C：y2=4x，點(diǎn)F是拋物線C的焦點(diǎn)．

(1)求點(diǎn)F的坐標(biāo)及點(diǎn)F到準(zhǔn)線l的距離；

(2)過點(diǎn)F作相互垂直的兩條直線l1，l2，l1交拋物線C于點(diǎn)P1、P2，l2交拋物線C于點(diǎn)Q1、Q2，求證：1|P1P2|+1|Q1Q2|為定值，并求出該定值；

21.(本小題18分)

對(duì)于函數(shù)y=?(x)，記?(0)(x)=?(x)，?(1)(x)=(?(x))′，…，?(n+1)(x)=(?(n)(x))′(n∈N).如果n是滿足?(n)(x)=?(x)的最小正整數(shù)，則稱n是函數(shù)y=?(x)的“最小導(dǎo)周期”．

(1)已知函數(shù)y=f(x)，其中f(x)=asin(x+t)+bcos(x+t)，求證：對(duì)任意實(shí)數(shù)a，b，t，都有f(4)(x)=f(x)；

(2)設(shè)m，n∈R，g(x)=emx+ncosx，若函數(shù)y=g(x)的最小導(dǎo)周期為2，記M(a,b)=(a?b)2+(a+1+g(b))2，當(dāng)實(shí)數(shù)a，b變化時(shí)，求M(a,b)的最小值；

(3)答案和解析1.【答案】B

【解析】解：根據(jù)互斥事件和對(duì)立事件的概念可知，互斥不一定對(duì)立，對(duì)立一定互斥，

所以“A、B

為互斥事件”是“A、B

為對(duì)立事件”的必要非充分條件．

故選：B．

根據(jù)互斥事件和對(duì)立事件的概念直接判斷即可．

本題主要考查了充分條件和必要條件的定義，考查了互斥事件和對(duì)立事件的概念，屬于基礎(chǔ)題．2.【答案】A

【解析】解：因?yàn)闃颖緮?shù)據(jù)(xi,yi)(i=1,2,3,…,n)所對(duì)應(yīng)的點(diǎn)都在直線y=?13x+2上，

所以相關(guān)系數(shù)|r|=1，

又因?yàn)閎=?13<0，所以y與3.【答案】C

【解析】解：開始時(shí)正四面體與桌面貼合的面為ABC，進(jìn)行一次操作后，

正四面體與桌面貼合的面不可能再是ABC，所以P1=0．

要得到操作2次后正四面體與桌面貼合的面是ABC，

那么第一次操作后正四面體與桌面貼合的面不是ABC，且第二次操作能回到ABC．

第一次操作后正四面體與桌面貼合的面不是ABC，有3種情況(正四面體共4個(gè)面，除去ABC面)，

從這3個(gè)面中的任意一個(gè)面進(jìn)行第二次操作回到ABC面的概率為13，

根據(jù)分步乘法計(jì)數(shù)原理，P2=(1?P1)×13，因?yàn)镻1=0，所以P2=(1?0)×13=13，故①正確；

當(dāng)n≥2時(shí)，操作n次后正四面體與桌面貼合的面是ABC，

則操作n?1次后正四面體與桌面貼合的面不是ABC，且第n次操作能回到ABC，

操作n?1次后正四面體與桌面貼合的面不是ABC的概率為1?Pn?1，

從不是ABC的面進(jìn)行一次操作回到ABC面的概率為13，

所以可得遞推關(guān)系Pn=(1?Pn?1)×13=?13Pn?1+13．

將上式變形為Pn?14=?134.【答案】B

【解析】解：由題意可得，若對(duì)應(yīng)的y=t的x取值的情況可以有1個(gè)，2個(gè)或3個(gè)，

且對(duì)應(yīng)2個(gè)根的情況的時(shí)候，t的取值只有2個(gè)，

若y=a，y=b，y=c對(duì)應(yīng)的根的個(gè)數(shù)為1，1，2，

則符合要求的集合的個(gè)數(shù)為1×1×(22?1)=3，A有可能；

若y=a，y=b，y=c對(duì)應(yīng)的根的個(gè)數(shù)為2，2，3，

則符合要求的集合的個(gè)數(shù)為(22?1)×(22?1)×(23?1)=63，C有可能；

若y=a，y=b，y=c對(duì)應(yīng)的根的個(gè)數(shù)為3，3，3，

則符合要求的集合的個(gè)數(shù)為(23?1)×(23?1)×(23?1)=343，D有可能．

故選：B．

根據(jù)若對(duì)應(yīng)的y=t的x取值的情況可以有1個(gè)，2個(gè)或3個(gè)，且對(duì)應(yīng)2個(gè)根的情況的時(shí)候即可判斷A，根據(jù)若y=a，y=b，y=c對(duì)應(yīng)的根的個(gè)數(shù)為2，25.【答案】[?1,1)

【解析】解：全集U={x||x?1|≤2,x∈R}={x|?1≤x≤3}，

A=[1,3]，

則A?=[?1,1)．

故答案為：[?1,1)．

根據(jù)已知條件，結(jié)合補(bǔ)集的定義，即可求解．6.【答案】12【解析】解：復(fù)數(shù)z=11?i=1+i1?i2=12+127.【答案】?4

【解析】解：向量a=(?m,6,3),b=(2,n,1)，若a/?/b，則?m2=6n=3，解得m=?6，n=2，故8.【答案】(0,+∞)

【解析】解：設(shè)冪函數(shù)y=f(x)=xα，

冪函數(shù)y=f(x)的圖像過點(diǎn)(3,33)，

則3α=33，解得α=?12，

9.【答案】90

【解析】解：由題意可知，a=45?35=10，m=a+7=17，

所以s=m+73=17+73=90．

故答案為：90．

根據(jù)2×2列聯(lián)表直接求解即可．

本題主要考查了2×2列聯(lián)表的計(jì)算，屬于基礎(chǔ)題．10.【答案】7

【解析】解：因?yàn)閏osθ=?35，θ∈(0,π)，

所以sinθ=45，tanθ=?43，

則tan(θ?π11.【答案】3【解析】解：取BC的中點(diǎn)D，連接AD，PD，

因?yàn)椤鰽BC是直角三角形，且AB=AC=2，

所以AD=12BC=2，

因?yàn)镻A⊥平面ABC，AB、AC、AD?平面ABC，

所以PA⊥AB，PA⊥AC，PA⊥AD，

又AB=AC，所以PB=PC，所以PD⊥BC，即點(diǎn)P到直線BC的距離為PD，

在Rt△PAD中，PD=PA2+AD2=42+(2)2=32，

即點(diǎn)P到直線BC的距離為3212.【答案】π2【解析】解：以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB為x軸，AD為y軸建立平面直角坐標(biāo)系，設(shè)AB=4，

、

則有A(0,0)，M(2,0)，D(0,4)，C(4,4)，

由AE=3EC，有AE=34AC=(3,3)，所以E(3,3)，

所以EM=(?1,?3)，ED=(?3,1)，

所以EM?ED=?1×(?3)+(?3)×1=0，

即ED⊥EM13.【答案】715【解析】解：因?yàn)镻(A)=15，P(B|A)=23，

所以P(AB)=P(A)P(B|A)=15×23=215，

所以P(A14.【答案】5【解析】解：設(shè)F2為雙曲線的右焦點(diǎn)，記切點(diǎn)為M，則OM⊥PF1，

可知M是PF1的中點(diǎn)，則OM//PF2，

|OM|=12|PF2|=a，則|PF1|=2b，|PF215.【答案】10【解析】解：過點(diǎn)O作OH⊥AB垂足為H，可得OH=10，AB=203，

設(shè)∠BOD=α，BD=m，

在△BOD中，由正弦定理得msinα=OBsin∠ODB，

因?yàn)閟in∠ODB=sin(α+∠OBD)=sin(α+π6)，

所以m=20sinαsin(α+π6)，

又由陰影部分的面積：S=S扇形OBC?SΔOBD+SΔOAD

=12α×(20)2?12m×10+12(203?m)×10

=200α+1003?10m

=200α+1003?200sinαsin(α+π6)

=200(α?sinαsin(α+π6))+1003，

其中0<α≤π2，

令f(α)=α?sinαsin(α+π6),0<α≤π2，

可得f′(α)=1?cosαsin(α+π6)?sinxcos(α+π6)16.【答案】34【解析】解：①若0<ω<12，則由ωπ∈(0,π2)可知sin(ωπ)>0，

取x1=π，則對(duì)任意x2∈[π,2π]，ωx2∈[0,π]，可得sinωx2≥0，

從而f(x1)+f(x2)=sinωx1+sinωx2≥sin(ωπ)+sinωx2>0，與題設(shè)矛盾，不滿足條件；

②若12≤ω<34，則對(duì)任意x2∈[π,2π]，由于π2≤ωx2<3π2，可得sinωx2>?1，

取x1=π2ω∈[0,π]，可得f(x1)+f(x2)=sinωx1+sinωx2>sinωx1?1=sinπ217.【答案】arctan3；

4?π4．【解析】解：(1)設(shè)正方形ABCD，A1B1C1D1的中心分別為O，O1，連接OO1，

則OO1⊥平面ABCD，

分別取BC，B1C1的中點(diǎn)E，E1，連接EE1，OE，OE1，

則OE⊥BC，O1E1⊥B1C1．

又E，E1分別為等腰梯形BCC1B1底邊BC，B1C1的中點(diǎn)，所以EE1⊥BC，

由O1E1//A1B1//AB//OE，可得四邊形O1OEE1是一個(gè)直角梯形，

EE1⊥BC，又OE⊥BC，

所以∠OEE1為側(cè)面BCC1B1與底面ABCD所成二面角的平面角，

因?yàn)檎睦馀_(tái)上、下底面的邊長(zhǎng)分別為20cm和40cm18.【答案】x∈(23,3)；

【解析】解：(1)函數(shù)f(x)=log2x為單調(diào)增函數(shù)，

則f(3x?2)<f(2x+1)?0<3x?2<2x+1，

解得x∈(23,3)；

(2)若存在唯一的實(shí)數(shù)x0，使得f(x0)，f(x0?a)，f(2)依次成等差數(shù)列，

即2f(x0?a)=f(x0)+f(2)，也就是方程log2x+1=2log2(x?a)恰有一個(gè)實(shí)數(shù)解，

即12log2(2x)=log2(x?a)在x∈(0,+∞)上恰有一個(gè)實(shí)數(shù)解．

等價(jià)于2x=x?a在x∈(0,+∞)上恰有一個(gè)實(shí)數(shù)解．

即a=x?2x在x∈(0,+∞)上恰有一個(gè)實(shí)數(shù)解．

令2x=t(t>0)19.【答案】0.046；

【解析】解：(1)由題意，ξ～N(500,2.52)，

令Y=ξ?5002.5，則Y～N(0,1)，

因此P(|ξ?500|>5)=P(|Y|>2)=2(1?Φ(2))≈0.0456，

故凈含量誤差超過5g的概率約為0.046；

(2)由題意可知，X可能的取值為0、1、2、3，

由(1)可知，任取一包糖果，凈含量小于497.5g的概率為Φ(?1)=1?Φ(1)≈0.1587，

故X服從二項(xiàng)分布B(3,0.1587)，X的所有可能取值為0，1，2，3，

則P(X=0)=(1?0.1587)3≈0.595，P(X=1)=CX0123P

0.5950.337

0.0640.004所以E(X)=3×0.1587≈0.476．

(1)利用正態(tài)分布曲線的對(duì)稱性求解；

(2)由題意可知，X服從二項(xiàng)分布B(3,0.1587)，X的所有可能取值為0，1，2，3，利用二項(xiàng)分布的概率公式求出相應(yīng)的概率，再結(jié)合期望公式求解即可．

本題主要考查了正態(tài)分布曲線的對(duì)稱性，考查了二項(xiàng)分布的概率公式和期望公式，屬于中檔題．20.【答案】(1,0)，2；

證明過程見解析，定值為14；

163【解析】解：(1)易知2p=4，

解得p=2，

因?yàn)辄c(diǎn)F是拋物線C的焦點(diǎn)，

所以F(1,0)，點(diǎn)F到準(zhǔn)線l的距離為2；

(2)證明：易知直線l1，l2的斜率存在且不等于0并過點(diǎn)F(1,0)，

設(shè)直線l1的方程為y=k(x?1)(k≠0)，P1(x1,y1)，P2(x2,y2)，

聯(lián)立y2=4xy=k(x?1)，消去y并整理得k2x2?(2k2+4)x+k2=0，

由韋達(dá)定理得x1+x2=2k2+4k2，x1x2=1，

|P1P2|=x1+x2+2=2k2+4k2+2=4k2+4k2，

同理得|Q1Q2|=4(?1k)2+4(?1k)2=4k2+4，

則1|P1P2|+1|Q1Q2|=k24k2+4+14k2+4=14；

(3)21.【答案】證明見解析；

2；

x0【解析】解：(1)證明：因?yàn)閒(1)(x)=[asin(x+t)+bcos(x+t)]′=acos(x+t)?bsin(x+t)，

f(2)(x)=[acos(x+t)?bsin(x+t)]′=?asin(x+t)?bcos(x+t)，

f(3)(x)=[?asin(x+t)?bcos(x+t)]′=?acos(x+t)+bsin(x+t)，

f(4)(x)=[acos(x+t)+bsin(x+t)]′=asin(x+t)+bcos(x+t)=f(x)，

所以對(duì)任意實(shí)數(shù)a，b，t，都有f(4)(x)=f(x)；

(2)因?yàn)間(x)=emx+ncosx，且函數(shù)y=g(x)的最小導(dǎo)周期為2，

所以g(1)(x)=(emx