信息必刷卷04（上海专用）-2025年高考数学考前信息必刷卷含解析

信息必刷卷04（上海专用）-2025年高考数学考前信息必刷卷绝密★启用前2025年高考考前信息必刷卷04（上海卷）数学考情速递高考·新考法：圆锥曲线与立体几何几何的轨迹问题；圆锥曲线与集合等结合高考·新情境：新能源汽车、AI为背景的填空应用题或统计概率解答题命题·大预测：集合、函数、不等式、三角函数与解三角形、统计与概率、空间向量立体几何等依然是基础题中的热点，且在常考题型中会有创新，平面向量或空间向量作为填空压轴题，导数及其应用依然是选择压轴题..（考试时间：120分钟试卷满分：150分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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）1．已知集合，，则．2．若复数（为虚数单位），则．3．抛物线的焦点到准线的距离是．4．将化成有理数指数幂的形式．5．若不等式的解集为，则实数等于．6．已知事件A与事件B互斥，如果，，那么．7．若函数为奇函数，则函数，的值域为．8．的展开式共有11项，则常数项为．9．已知分别为三内角的对边，且，若，角B的平分线，则的面积为．10．点是棱长为1的正方体棱上一点，则满足的点的个数为．11．某区域的地形大致如图，某部门负责该区域的安全警戒，在哨位的正上方安装探照灯对警戒区域进行探查扫描.假设：警戒区域为空旷的扇环形平地；假设：视探照灯为点，且距离地面米；假设：探照灯照射在地面上的光斑是椭圆.当探照灯以某一俯角从侧扫描到侧时，记为一次扫描，此过程中照射在地面上的光斑形成一个扇环由此，通过调整的俯角，逐次扫描形成扇环、、.第一次扫描时，光斑的长轴为，米，此时在探照灯处测得点的俯角为如图记，经测量知米，且是公差约为米的等差数列，则至少需要经过次扫描，才能将整个警戒区域扫描完毕.

12．平面上到两个定点距离之比为常数的动点的轨迹为圆，且圆心在两定点所确定的直线上，结合以上知识，请尝试解决如下问题：已知满足，则的取值范围为．二、选择题(本题共有4题，满分18分，第13-14题每题4分，第15-16题每题5分；每题有且只有一个正确选项)13．设、是两个不同的平面，直线，则“对内的任意直线，都有”是“”的（

）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件14．某单位共有A、B两部门，1月份进行服务满意度问卷调查，得到两部门服务满意度得分的频率分布条形图如下.设A、B两部门的服务满意度得分的第75百分位数分别为，，方差分别为，，则（）A．， B．，C．， D．，15．设函数，若对于任意，在区间上总存在唯一确定的，使得，则m的最小值为A． B． C． D．16．已知定义在上的函数的导数满足，给出两个命题：①对任意，都有；②若的值域为，则对任意都有.则下列判断正确的是（

）A．①②都是假命题 B．①②都是真命题C．①是假命题，②是真命题 D．①是真命题，②是假命题三、解答题(本大题共有5题，满分78分，第17-19题每题14分，第20、21题每题18分.)17．如图，已知为圆柱的底面圆的一条直径，为圆周上的一点，，，圆柱的表面积为．(1)求三棱锥的体积；(2)求直线与平面所成的角的大小．18．已知函数是定义域为R的偶函数.(1)求实数a的值；(2)已知关于x的方程在上有解，求实数k的取值范围.19．某地新能源汽车保有量符合阻沛型增长模型，其中为自统计之日起，经过t年后该地新能源汽车保有量、和r为增长系数、M为饱和量．下表是该地近6年年底的新能源汽车的保有量（万辆）的统计数据：年份20182019202020212022t01234保有量9.612.917.123.231.4假设该地新能源汽车饱和量万辆．(1)若，假设2018年数据满足公式，计算的值（精确到0.01）并估算2023年年底该地新能源汽车保有量（精确到0.1万辆）；(2)设，则与t线性相关．请依据以上表格中相关数据，利用线性回归分析确定和r的值（精确到0.01）．附：线性回归方程中回归系数计算公式如下：.20．如图，已知是中心在坐标原点、焦点在轴上的椭圆，是以的焦点为顶点的等轴双曲线，点是与的一个交点，动点在的右支上且异于顶点.(1)求与的方程；(2)若直线的倾斜角是直线的倾斜角的2倍，求点的坐标；(3)设直线的斜率分别为，直线与相交于点，直线与相交于点，，，求证：且存在常数使得.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.2025年高考考前信息必刷卷04（上海卷）数学·参考答案一、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）1．2．/0.53．24．/5．36．0.2/17．8．/9．10．11．12．二、选择题(本题共有4题，满分18分，第13-14题每题4分，第15-16题每题5分；每题有且只有一个正确选项)13141516ACBB三、解答题(本大题共有5题，满分78分，第17-19题每题14分，第20、21题每题18分.)17．（1）解：由题意，是圆柱的底面圆的一条直径，且，其表面积为，可得，解得，在中，由且，可得，所以，在中，且，可得，（4分）所以三棱锥的体积.（6分）（2）解：由为圆柱的底面圆的一条直径，为圆周上的一点，可得，又由平面，平面，所以，因为且平面，所以平面，又因为平面，所以平面平面，过点作，垂足为，如图所示，因为平面平面，平面平面，且平面，所以平面，所以为直线与平面所成的角，（8分）又由，，可得，在直角中，可得，在直角中，可得，所以，即，所以直线与平面所成的角的大小.（14分）18．（1）由偶函数定义知：f-x即，.（6分）（2）由（1）知，，即，即，（7分）令，则，则方程在时有解，则，令，，则.（14分）19．（1）由题意可知，2018年对应，，满足，所以，解得，因为年对应的，所以所以估计2023年底该地新能源汽车保有量为40.3万辆.（6分）（2），设，则，t012349.612.917.123.231.43.373.072.772.442.11，，，所以，因为，所以.（14分）(该题无参考数据，需要计算器计算)20．（1）设的方程分别为与，由，得，故的坐标分别为，所以故，故与的方程分别为与.（4分）（2）当点在第四象限时，直线的倾斜角都为钝角，不适合题意；当在第一象限时，由直线的倾斜角是直线的倾斜角的2倍，可知，故，设点坐标为，可知且，解得，故点的坐标为，（10分）（3）设直线的斜率分别为，点P，A，B的坐标分别为，则，的方程为，（11分）代入可得，故，所以，同理可得，又，故，故，即，所以存在，使得.（18分）21．（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.（4分）（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.（7分）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.（10分）（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.（18分）（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.绝密★启用前2025年高考考前信息必刷卷04（上海卷）数学考情速递高考·新考法：圆锥曲线与立体几何几何的轨迹问题；圆锥曲线与集合等结合高考·新情境：新能源汽车、AI为背景的填空应用题或统计概率解答题命题·大预测：集合、函数、不等式、三角函数与解三角形、统计与概率、空间向量立体几何等依然是基础题中的热点，且在常考题型中会有创新，平面向量或空间向量作为填空压轴题，导数及其应用依然是选择压轴题..（考试时间：120分钟试卷满分：150分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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）1．已知集合，，则．【答案】【分析】把集合中的元素代入不等式检验可求得.【解析】当时，，所以，当时，，所以，当时，，所以，所以.故答案为：.2．若复数（为虚数单位），则．【答案】/0.5【分析】由复数的除法运算可得，再根据共轭复数的概念可得，代入运算求解．【解析】∵，则∴故答案为：．3．抛物线的焦点到准线的距离是．【答案】2【解析】焦点（1，0），准线方程，∴焦点到准线的距离是2.4．将化成有理数指数幂的形式．【答案】/【分析】根据指数运算法则，化简即可.【解析】.故答案为：.5．若不等式的解集为，则实数等于．【答案】3【分析】求出绝对值符号的不等式解集，再比对作答.【解析】不等式，化为，因此不等式的解集为，依题意，，于是，解得，所以实数等于3.故答案为：36．已知事件A与事件B互斥，如果，，那么．【答案】0.2/1【分析】根据互斥事件与对立事件的概率公式计算．【解析】由题意．故答案为：0.2.7．若函数为奇函数，则函数，的值域为．【答案】【分析】由奇函数定义可得解析式，即可求得值域.【解析】当时，，因为为奇函数，则，所以，所以，时值域为.故答案为：.8．的展开式共有11项，则常数项为．【答案】/【分析】先求出，通过展开式通项公式求出常数项.【解析】由题意得：，则展开式通项公式，令，解得：，则.故答案为：9．已知分别为三内角的对边，且，若，角B的平分线，则的面积为．【答案】【分析】根据题意利用正弦定理结合三角恒等变换可得，设，再利用正弦定理可得，分析可知，即可求三角形面积.【解析】因为，由正弦定理可得，又因为，可得，整理可得，且，则，可得，整理可得，且，则，可得，即，如图，设，则，在中，由正弦定理可得，即，解得，且为锐角，可得，即可知，则，所以的面积为.故答案为：.10．点是棱长为1的正方体棱上一点，则满足的点的个数为．【答案】【分析】由椭圆的定义可得P点的轨迹，再找到与正方体棱的交点个数即可.【解析】因为正方体的棱长为1，所以，又，所以点是以为焦距，以为长半轴，以为短半轴的椭球上的一点，且焦点分别为，所以点是椭球与正方体棱的交点，在以为顶点的棱上，所以共有6个，故答案为：6.11．某区域的地形大致如图，某部门负责该区域的安全警戒，在哨位的正上方安装探照灯对警戒区域进行探查扫描.假设：警戒区域为空旷的扇环形平地；假设：视探照灯为点，且距离地面米；假设：探照灯照射在地面上的光斑是椭圆.当探照灯以某一俯角从侧扫描到侧时，记为一次扫描，此过程中照射在地面上的光斑形成一个扇环由此，通过调整的俯角，逐次扫描形成扇环、、.第一次扫描时，光斑的长轴为，米，此时在探照灯处测得点的俯角为如图记，经测量知米，且是公差约为米的等差数列，则至少需要经过次扫描，才能将整个警戒区域扫描完毕.

【答案】【分析】依题意，，，得到是以为首项，以为公差的等差数列，求出与比较得到答案.【解析】因为在中，，，

所以，，故，故是以为首项，以为公差的等差数列，故，而，，故.所以至少需要次才能将整个警戒区域扫描完毕.故答案为：.12．平面上到两个定点距离之比为常数的动点的轨迹为圆，且圆心在两定点所确定的直线上，结合以上知识，请尝试解决如下问题：已知满足，则的取值范围为．【答案】【分析】利用题目提供信息结合图形，将转化为，后由图形以及不等式知识可得答案.【解析】如图所示建立坐标系，则．其中,则.设满足，故，整理得到.故．当三点共线时，即BE与单位圆相切，在时，有最小值为；又，则，当且仅当，即时取等号.又注意到当时，，则，当且仅当时取等号.则，当，即在等号成立．故答案为：．

【点睛】关键点睛：本题所给信息涉及“阿氏圆”，我们常利用“阿氏圆”将不同系数的求值问题转变为相同系数求值.题中所涉不等式：为均值不等式链的一部分，即平方平均大于算术平均.二、选择题(本题共有4题，满分18分，第13-14题每题4分，第15-16题每题5分；每题有且只有一个正确选项)13．设、是两个不同的平面，直线，则“对内的任意直线，都有”是“”的（

）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】利用线面垂直的定义、面面垂直的判定定理结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.【解析】因为、是两个不同的平面，直线，若对内的任意直线，都有，根据线面垂直的定义可知，，，所以，“对内的任意直线，都有”“”；若，因为，对内的任意直线，与的位置关系不确定，所以，“对内的任意直线，都有”“”.因此，“对内的任意直线，都有”是“”的充分而不必要条件.故选：A.14．某单位共有A、B两部门，1月份进行服务满意度问卷调查，得到两部门服务满意度得分的频率分布条形图如下.设A、B两部门的服务满意度得分的第75百分位数分别为，，方差分别为，，则（）A．， B．，C．， D．，【答案】C【分析】利用频率分布条形图可读出，，且A部门数据更为集中，即可得出结论.【解析】根据频率分布条形图可知，，即；显然A部门得分数据较B部门更为集中，其方差更小，即；故选：C15．设函数，若对于任意，在区间上总存在唯一确定的，使得，则m的最小值为A． B． C． D．【答案】B【解析】先求，再由存在唯一确定的，使得，得，从而得解.【解析】当时，有，所以.在区间上总存在唯一确定的，使得，所以存在唯一确定的，使得.，所以.故选B.【点睛】本题主要考查了三角函数的图像和性质，考查了函数与方程的思想，正确理解两变量的关系是解题的关键，属于中档题.16．已知定义在上的函数的导数满足，给出两个命题：①对任意，都有；②若的值域为，则对任意都有.则下列判断正确的是（

）A．①②都是假命题 B．①②都是真命题C．①是假命题，②是真命题 D．①是真命题，②是假命题【答案】B【分析】对于①，根据不等式，构造函数，然后利用函数的单调性证明即可；对于②，根据函数的值域和单调性，结合不等式求解即可.【解析】，故在上递增，对于①，设，，设，，，单调递减，单调递增，，即，，即，故，故①是真命题.对于②，由①知，，即，，故.且在上递增，故，，故的值域为所以，即，故，②是真命题.故选：B【点睛】关键点点睛：本题①判断的关键是首先根据导数和函数单调性的关系得到在上递增，再构造函数，利用导数得到其单调性，最后得到，则可判断①.三、解答题(本大题共有5题，满分78分，第17-19题每题14分，第20、21题每题18分.)17．如图，已知为圆柱的底面圆的一条直径，为圆周上的一点，，，圆柱的表面积为．(1)求三棱锥的体积；(2)求直线与平面所成的角的大小．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据表面积为，求得，结合题意和锥体的体积公式，即可求解；（2）根据题意证得平面，得到平面平面，过点作，证得平面，得到为直线与平面所成的角，再直角中，求得，即，即可求解.【解析】（1）解：由题意，是圆柱的底面圆的一条直径，且，其表面积为，可得，解得，在中，由且，可得，所以，在中，且，可得，所以三棱锥的体积.（2）解：由为圆柱的底面圆的一条直径，为圆周上的一点，可得，又由平面，平面，所以，因为且平面，所以平面，又因为平面，所以平面平面，过点作，垂足为，如图所示，因为平面平面，平面平面，且平面，所以平面，所以为直线与平面所成的角，又由，，可得，在直角中，可得，在直角中，可得，所以，即，所以直线与平面所成的角的大小.18．已知函数是定义域为R的偶函数.(1)求实数a的值；(2)已知关于x的方程在上有解，求实数k的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）由f-x=fx（2）利用换元法令，从而得到方程在时有解，再分参数，求出右边的值域即可.【解析】（1）由偶函数定义知：f-x即，.（2）由（1）知，，即，即，令，则，则方程在时有解，则，令，，则.19．某地新能源汽车保有量符合阻沛型增长模型，其中为自统计之日起，经过t年后该地新能源汽车保有量、和r为增长系数、M为饱和量．下表是该地近6年年底的新能源汽车的保有量（万辆）的统计数据：年份20182019202020212022t01234保有量9.612.917.123.231.4假设该地新能源汽车饱和量万辆．(1)若，假设2018年数据满足公式，计算的值（精确到0.01）并估算2023年年底该地新能源汽车保有量（精确到0.1万辆）；(2)设，则与t线性相关．请依据以上表格中相关数据，利用线性回归分析确定和r的值（精确到0.01）．附：线性回归方程中回归系数计算公式如下：.【答案】(1)，万辆(2)，【分析】（1）根据题意代入即可求出，代入利用公式估算即可得解；（2）设设，转化为关于的线性回归问题，利用公式求出即可.【解析】（1）由题意可知，2018年对应，，满足，所以，解得，因为年对应的，所以所以估计2023年底该地新能源汽车保有量为40.3万辆.（2），设，则，t012349.612.917.123.231.43.373.072.772.442.11，，，所以，因为，所以.(该题无参考数据，需要计算器计算)20．如图，已知是中心在坐标原点、焦点在轴上的椭圆，是以的焦点为顶点的等轴双曲线，点是与的一个交点，动点在的右支上且异于顶点.(1)求与的方程；(2)若直线的倾斜角是直线的倾斜角的2倍，求点的坐标；(3)设直线的斜率分别为，直线与相交于点，直线与相交于点，，，求证：且存在常数使得.【答案】(1)与(2)(3)证明见解析【分析】（1）设的方程分别为与，将点的坐标代入的方程可求出，利用椭圆的定义可求出的值，从而可得，进而可得的方程；（2）分点在第四象限和第一象限时两种情况讨论求出点的坐标；（3）利用两点的斜率公式及点在上即可证明，设的方程为，与椭圆方程联立，可得根与系数的关系，从而可表示，化简为常数，即可得出答案.【解析】（1）设的方程分别为与，由，得，故的坐标分别为，所以故，故与的方程分别为与.（2）当点在第四象限时，直线的倾斜角都为钝角，不适合题意；当在第一象限时，由直线的倾斜角是直线的倾斜角的2倍，可知，故，设点坐标为，可知且，解得，故点的坐标为，（3）设直线的斜率分别为，点P，A，B的坐标分别为，则，的方程为，代入可得，故，所以，同理可得，又，故，故，即，所以