上海市徐汇区2025年高考数学二模试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页上海市徐汇区2025年高考数学二模试卷一、单选题：本题共4小题，共18分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知A、B为两个随机事件，则“A、B为互斥事件”是“A、B为对立事件”的(

)A.充分非必要条件 B.必要非充分条件 C.充要条件 D.非充分非必要条件2.在研究线性回归模型时，若样本数据(xi,yi)(i=1,2,3,…,n)所对应的点都在直线y=−13A.−1 B.1 C.−13 3.在桌面上有一个质地均匀的正四面体D−ABC.从该正四面体与桌面贴合的面上的三条棱中等可能地选取一条棱，沿其翻转正四面体至正四面体的另一个面与桌面贴合，如此翻转称为一次操作.如图，开始时，正四面体与桌面贴合的面为ABC，操作n(n=1,2,3,⋯)次后，正四面体与桌面贴合的面是ABC的概率记为Pn.现有下列两个结论：①P2=13；②A.①正确，②错误 B.①错误，②正确 C.①、②都正确 D.①、②都错误4.已知函数y=f(x)的定义域和值域都为R，且图像是一条连续不断的曲线，其导函数y=f′(x)的值如表：x(−∞,x(x(f′(x)+0−0+设D⊆R，若集合{y|y=f(x),x∈D}={a,b,c}，其中a，b，c为常数，则符合要求的集合D的个数不可能是(

)A.3 B.27 C.63 D.343二、填空题：本题共12小题，共54分。5.已知全集U={x||x−1|≤2,x∈R}，A=[1,3]，则A−=______．6.复数z=11−i(其中i为虚数单位)7.在空间直角坐标系中，向量a=(−m,6,3),b=(2,n,1)，若a/​/b，则8.已知幂函数y=f(x)的图像过点(3,339.如图是一个2×2列联表，则s=______．yy总计xa3545x7bn总计m73s10.已知cosθ=−35,θ∈(0,π)，则tan11.已知PA⊥平面ABC，△ABC是直角三角形，且AB=AC=2，PA=4，则点P到直线BC的距离是______．12.已知ABCD是正方形，点M是AB的中点，点E在对角线AC上，且AE=3EC，则∠MED的大小为______．13.已知两个随机事件A，B，若P(A)=15，P(B)=14，P(B|A)=2314.已知F1为双曲线x2a2−y2b215.如图，某处有一块圆心角为23π的扇形绿地AOB，扇形的半径为20米，AB是一条原有的人行直路，由于工程建设需要，现要在绿地中建一条直路OC，以便在图中阴影部分区域分类堆放物料.为了尽量减少对绿地的破坏(不计路宽)，则原直路AB与新直路OC的交叉点D到O的距离为______米.16.设实数ω>0，若f(x)=sinωx满足对任意x1∈[0,π]，都存在x2∈[π,2π]，使得f(x三、解答题：本题共5小题，共78分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。17.(本小题14分)

如图，ABCD−A1B1C1D1是一块正四棱台形铁料，上、下底面的边长分别为20cm和40cm，高30cm．

(1)求正四棱台ABCD−A1B1C1D1的侧面18.(本小题14分)

已知函数y=f(x)，其中f(x)=log2x.

(1)解关于x的不等式f(3x−2)<f(2x+1)；

(2)若存在唯一的实数x0，使得f(x0)，19.(本小题14分)

某公司生产的糖果每包标识“净含量500g”，但公司承认实际的净含量存在误差.已知每包糖果的实际净含量ξ(单位：g)服从正态分布N(500,2.52).

(1)随机抽取一包该公司生产的糖果，求其净含量误差超过5g的概率(精确到0.001)；

(2)随机抽取3包该公司生产的糖果，记其中净含量小于497.5g的包数为X.求X的分布和期望(精确到0.001)．

参考数据：Φ(1)≈0.8413，Φ(2)≈0.9772，Φ(3)≈0.9987，其中20.(本小题18分)

已知抛物线C：y2=4x，点F是抛物线C的焦点．

(1)求点F的坐标及点F到准线l的距离；

(2)过点F作相互垂直的两条直线l1，l2，l1交抛物线C于点P1、P2，l2交抛物线C于点Q1、Q2，求证：1|P1P2|+1|Q1Q2|为定值，并求出该定值；

21.(本小题18分)

对于函数y=ℎ(x)，记ℎ(0)(x)=ℎ(x)，ℎ(1)(x)=(ℎ(x))′，…，ℎ(n+1)(x)=(ℎ(n)(x))′(n∈N).如果n是满足ℎ(n)(x)=ℎ(x)的最小正整数，则称n是函数y=ℎ(x)的“最小导周期”．

(1)已知函数y=f(x)，其中f(x)=asin(x+t)+bcos(x+t)，求证：对任意实数a，b，t，都有f(4)(x)=f(x)；

(2)设m，n∈R，g(x)=emx+ncosx，若函数y=g(x)的最小导周期为2，记M(a,b)=(a−b)2+(a+1+g(b))2，当实数a，b变化时，求M(a,b)的最小值；

(3)答案和解析1.【答案】B

【解析】解：根据互斥事件和对立事件的概念可知，互斥不一定对立，对立一定互斥，

所以“A、B

为互斥事件”是“A、B

为对立事件”的必要非充分条件．

故选：B．

根据互斥事件和对立事件的概念直接判断即可．

本题主要考查了充分条件和必要条件的定义，考查了互斥事件和对立事件的概念，属于基础题．2.【答案】A

【解析】解：因为样本数据(xi,yi)(i=1,2,3,…,n)所对应的点都在直线y=−13x+2上，

所以相关系数|r|=1，

又因为b=−13<0，所以y与3.【答案】C

【解析】解：开始时正四面体与桌面贴合的面为ABC，进行一次操作后，

正四面体与桌面贴合的面不可能再是ABC，所以P1=0．

要得到操作2次后正四面体与桌面贴合的面是ABC，

那么第一次操作后正四面体与桌面贴合的面不是ABC，且第二次操作能回到ABC．

第一次操作后正四面体与桌面贴合的面不是ABC，有3种情况(正四面体共4个面，除去ABC面)，

从这3个面中的任意一个面进行第二次操作回到ABC面的概率为13，

根据分步乘法计数原理，P2=(1−P1)×13，因为P1=0，所以P2=(1−0)×13=13，故①正确；

当n≥2时，操作n次后正四面体与桌面贴合的面是ABC，

则操作n−1次后正四面体与桌面贴合的面不是ABC，且第n次操作能回到ABC，

操作n−1次后正四面体与桌面贴合的面不是ABC的概率为1−Pn−1，

从不是ABC的面进行一次操作回到ABC面的概率为13，

所以可得递推关系Pn=(1−Pn−1)×13=−13Pn−1+13．

将上式变形为Pn−14=−134.【答案】B

【解析】解：由题意可得，若对应的y=t的x取值的情况可以有1个，2个或3个，

且对应2个根的情况的时候，t的取值只有2个，

若y=a，y=b，y=c对应的根的个数为1，1，2，

则符合要求的集合的个数为1×1×(22−1)=3，A有可能；

若y=a，y=b，y=c对应的根的个数为2，2，3，

则符合要求的集合的个数为(22−1)×(22−1)×(23−1)=63，C有可能；

若y=a，y=b，y=c对应的根的个数为3，3，3，

则符合要求的集合的个数为(23−1)×(23−1)×(23−1)=343，D有可能．

故选：B．

根据若对应的y=t的x取值的情况可以有1个，2个或3个，且对应2个根的情况的时候即可判断A，根据若y=a，y=b，y=c对应的根的个数为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]，

则A−=[−1,1)．

故答案为：[−1,1)．

根据已知条件，结合补集的定义，即可求解．6.【答案】12【解析】解：复数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，则−m2=6n=3，解得m=−6，n=2，故8.【答案】(0,+∞)

【解析】解：设幂函数y=f(x)=xα，

幂函数y=f(x)的图像过点(3,33)，

则3α=33，解得α=−12，

9.【答案】90

【解析】解：由题意可知，a=45−35=10，m=a+7=17，

所以s=m+73=17+73=90．

故答案为：90．

根据2×2列联表直接求解即可．

本题主要考查了2×2列联表的计算，属于基础题．10.【答案】7

【解析】解：因为cosθ=−35，θ∈(0,π)，

所以sinθ=45，tanθ=−43，

则tan(θ−π11.【答案】3【解析】解：取BC的中点D，连接AD，PD，

因为△ABC是直角三角形，且AB=AC=2，

所以AD=12BC=2，

因为PA⊥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，即点P到直线BC的距离为PD，

在Rt△PAD中，PD=PA2+AD2=42+(2)2=32，

即点P到直线BC的距离为3212.【答案】π2【解析】解：以点A为坐标原点，AB为x轴，AD为y轴建立平面直角坐标系，设AB=4，

、

则有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：因为P(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：设F2为双曲线的右焦点，记切点为M，则OM⊥PF1，

可知M是PF1的中点，则OM//PF2，

|OM|=12|PF2|=a，则|PF1|=2b，|PF215.【答案】10【解析】解：过点O作OH⊥AB垂足为H，可得OH=10，AB=203，

设∠BOD=α，BD=m，

在△BOD中，由正弦定理得msinα=OBsin∠ODB，

因为sin∠ODB=sin(α+∠OBD)=sin(α+π6)，

所以m=20sinαsin(α+π6)，

又由阴影部分的面积：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，则由ωπ∈(0,π2)可知sin(ωπ)>0，

取x1=π，则对任意x2∈[π,2π]，ωx2∈[0,π]，可得sinωx2≥0，

从而f(x1)+f(x2)=sinωx1+sinωx2≥sin(ωπ)+sinωx2>0，与题设矛盾，不满足条件；

②若12≤ω<34，则对任意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)设正方形ABCD，A1B1C1D1的中心分别为O，O1，连接OO1，

则OO1⊥平面ABCD，

分别取BC，B1C1的中点E，E1，连接EE1，OE，OE1，

则OE⊥BC，O1E1⊥B1C1．

又E，E1分别为等腰梯形BCC1B1底边BC，B1C1的中点，所以EE1⊥BC，

由O1E1//A1B1//AB//OE，可得四边形O1OEE1是一个直角梯形，

EE1⊥BC，又OE⊥BC，

所以∠OEE1为侧面BCC1B1与底面ABCD所成二面角的平面角，

因为正四棱台上、下底面的边长分别为20cm和40cm18.【答案】x∈(23,3)；

【解析】解：(1)函数f(x)=log2x为单调增函数，

则f(3x−2)<f(2x+1)⇔0<3x−2<2x+1，

解得x∈(23,3)；

(2)若存在唯一的实数x0，使得f(x0)，f(x0−a)，f(2)依次成等差数列，

即2f(x0−a)=f(x0)+f(2)，也就是方程log2x+1=2log2(x−a)恰有一个实数解，

即12log2(2x)=log2(x−a)在x∈(0,+∞)上恰有一个实数解．

等价于2x=x−a在x∈(0,+∞)上恰有一个实数解．

即a=x−2x在x∈(0,+∞)上恰有一个实数解．

令2x=t(t>0)19.【答案】0.046；

【解析】解：(1)由题意，ξ～N(500,2.52)，

令Y=ξ−5002.5，则Y～N(0,1)，

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

故净含量误差超过5g的概率约为0.046；

(2)由题意可知，X可能的取值为0、1、2、3，

由(1)可知，任取一包糖果，净含量小于497.5g的概率为Φ(−1)=1−Φ(1)≈0.1587，

故X服从二项分布B(3,0.1587)，X的所有可能取值为0，1，2，3，

则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)利用正态分布曲线的对称性求解；

(2)由题意可知，X服从二项分布B(3,0.1587)，X的所有可能取值为0，1，2，3，利用二项分布的概率公式求出相应的概率，再结合期望公式求解即可．

本题主要考查了正态分布曲线的对称性，考查了二项分布的概率公式和期望公式，属于中档题．20.【答案】(1,0)，2；

证明过程见解析，定值为14；

163【解析】解：(1)易知2p=4，

解得p=2，

因为点F是抛物线C的焦点，

所以F(1,0)，点F到准线l的距离为2；

(2)证明：易知直线l1，l2的斜率存在且不等于0并过点F(1,0)，

设直线l1的方程为y=k(x−1)(k≠0)，P1(x1,y1)，P2(x2,y2)，

联立y2=4xy=k(x−1)，消去y并整理得k2x2−(2k2+4)x+k2=0，

由韦达定理得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，

则1|P1P2|+1|Q1Q2|=k24k2+4+14k2+4=14；

(3)21.【答案】证明见解析；

2；

x0【解析】解：(1)证明：因为f(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)，

所以对任意实数a，b，t，都有f(4)(x)=f(x)；

(2)因为g(x)=emx+ncosx，且函数y=g(x)的最小导周期为2，

所以g(1)(x)=(emx