学易金卷2025年高考考前押题密卷数学（上海卷）（全解全析）

2025年高考考前押题密卷（上海卷）高三数学·全解全析（考试时间：120分钟试卷满分：150分）考生注意:1.本场考试时间120分钟,试卷共4页，满分150分，答题纸共2页;2.作答前，在答题纸正面填写姓名、准考证号，反面填写姓名:将核对后的条形码贴在指定位置;3.所有作答必须涂或写在答题纸上与试卷题号对应的区域,不得错位,在试卷上作答-律不得分;4.用2B铅笔作答选择题，用黑色字迹钢笔、水笔或圆珠笔作答非选择题一、填空题（满分54分，1-6题每题4分，7-12题每题5分）1．已知集合，3，5，7，，，则 ，3， ．【分析】根据已知条件，结合交集的定义，即可求解．【解答】解：集合，3，5，7，，，故，3，．故答案为：，3，．【点评】本题主要考查交集及其运算，属于基础题．2．已知为虚数单位，复数的共轭复数为 ．【分析】根据复数的运算结合共轭复数的概念求解．【解答】解：由题意可得：，所以复数的共轭复数为．故答案为：．【点评】本题主要考查了复数的运算，考查了共轭复数的概念，属于基础题．3．已知数列的通项公式，则它的第7项是 27 ， ．【分析】利用数列的通项公式，求解数列的项即可．【解答】解：数列的通项公式，则它的第7项是：．．故答案为：27；4．【点评】本题考查数列的通项公式的应用，数列项的求法，是基础题．4．的展开式中的常数项为 ．【分析】利用组合知识可求的展开式，从而可求常数项．【解答】解：的展开式中的各项为：，而，其中，1，2，4，5，，1，，，令，则或，令，则或或．故展开式中的常数项为：．故答案为：．【点评】本题考查的知识点：二项式的展开式，组合数，主要考查学生的运算能力，属于中档题．5．在一次期末考试中某学校高三全部学生的数学成绩服从正态分布，若，且，则 0.3 ．【分析】易知，再根据曲线的对称性，由，即可得解．【解答】解：由，知，因为，所以，由对称性知，．故答案为：0.3．【点评】本题考查正态分布曲线的性质，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．6．函数的奇偶性是 偶函数 ．【分析】直接根据奇偶性定义，检验与的关系即可判断．【解答】解：因为，所以，故为偶函数．故答案为：偶函数．【点评】本题主要考查了函数奇偶性的判断，属于基础题．7．甲、乙，丙3人每人制作了一张写有励志铭的卡片，将这些卡片装人3个外观完全一样的信封内（一个信封装一张卡片），放在一起后，甲、乙，丙3人每人随机抽取一个信封，则每个人都没有抽到装有自己制作的卡片的信封的概率为 ．【分析】先求得甲、乙，丙3人每人从中随机抽取一张共有6种抽法，再求得每个人都没有抽到装有自己制作的卡片的信封有2种抽法，进而即可求得概率．【解答】解：由甲、乙，丙3人每人从中随机抽取一张共有种抽法，又每个人都没有抽到装有自己制作的卡片的信封有种抽法，所以所求的概率为．故答案为：．【点评】本题主要考查了古典概型的概率公式，属于基础题．8．已知圆和圆外切，则实数的值为 12 ．【分析】由两圆的方程可得圆心坐标及半径，求出圆心距及半径和，再由两个圆外切，可得圆心距等于半径之和，可得的值．【解答】解：圆的圆心，半径，圆的圆心，半径，可得圆心距，因为两圆外切，所以，所以，解得，故答案为：12．【点评】本题考查两个圆的外切的性质的应用，属于基础题．9．不等式的解集为 或 ．【分析】根据，直接去绝对值，然后解不等式即可．【解答】解：，或，或，不等式的解集为或．故答案为：或．【点评】本题考查了绝对值不等式的解法，属基础题．10．一个圆柱的体积为100，若将其高扩大为原来的3倍，底面半径缩小为原来的，得到的新圆柱的体积是 ．【分析】设圆柱的底面半径为，高为，则，由题意可得新圆柱的高和底面半径，由圆柱的体积公式计算即可得解．【解答】解：设圆柱的底面半径为，高为，则，若将其高扩大为原来的3倍，底面半径缩小为原来的，则得到的新圆柱的高为，底面半径为，所以得到的新圆柱的体积为．故答案为：．【点评】本题主要考查圆柱的体积，考查运算求解能力，属于基础题．11．已知双曲线，为等边三角形．若点在轴上，点，在双曲线上，且双曲线的实轴为的中位线，则双曲线的离心率为 ．【分析】易知，等边的边长为，不妨取点为，将其代入双曲线的方程可得，再由，得解．【解答】解：双曲线的实轴为的中位线，等边的边长为，假设点在第一象限，则点的坐标为，将其代入双曲线的方程有，，，离心率．故答案为：．【点评】本题考查双曲线的几何性质，包含、、的含义与关系，离心率，考查学生的逻辑推理能力和运算求解能力，属于基础题．12．已知点为正四面体的外接球上的任意一点，正四面体的棱长为2，则的取值范围为 ．【分析】首先把四面体放在正方体内，进一步建立空间直角坐标系，再利用坐标法的运算求出结果．【解答】解：将正四面体放在正方体内，并建立空间直角坐标系，如图所示：由于正四面体的棱长为2，则正方体的棱长为，正四面体的外接球即为正方体的外接球，设外接球的半径为，则：，解得，则，，设，，，所以，所以，故，由于，，所以．故答案为：．【点评】本题考查的知识要点；空间直角坐标系，向量的坐标运算，向量的数量积，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．二、选择题（共18分，第13、14题每题4分，第15、16题每题5分）13．已知直线，直线，则“”是“”的 A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．既非充分又非必要条件【分析】根据直线平行，充分必要条件的定义，判断即可．【解答】解：直线，直线，，，解得．则“”是“”的充要条件，故选：．【点评】本题考查直线平行，充分必要条件的定义，属于基础题．14．已知正实数，，满足，则的最小值为 A．2 B．1 C． D．4【分析】根据题意可得，构造函数，根据奇偶性与单调性，列出不等式组，解得，进而由基本不等式求出的最小值．【解答】解：不等式，即，等价于，设，则为奇函数，且在上单调递增，所以，故，即，由基本不等式得，当且仅当时等号成立，所以的最小值为2．故选：．【点评】本题主要考查函数的单调性及其应用、利用基本不等式求最值等知识，属于中档题．15．如图是根据原卫生部2009年6月发布的《中国7岁以下儿童生长发育参照标准》绘制的我国7岁以下女童身高（长的中位数散点图，下列可近似刻画身高随年龄变化规律的函数模型是 A． B． C． D．【分析】根据图象是否是线性增长，指数函数的图象与性质，对数函数的性质判断，再由选项中函数的性质判断后可得．【解答】解：选项，由散点图知身高随时间变化不是线性增长，故错误；选项，指数函数模型中随增长越来越快，与图象不符合；选项，对数函数模型在时没有意义；选项，符合散点图中随增长越来越慢，且在时有意义．故选：．【点评】本题主要考查了散点图的应用，属于基础题．16．对，设是关于的方程的实数根，，3，，其中符号表示不超过的最大整数，则 A．1011 B．1012 C．2019 D．2020【分析】根据条件构造，求函数的导数，判断函数的单调性，由零点存在定理，求出方程根的取值范围，可得通项公式，再由等差数列的求和公式可得所求和．【解答】解：设，则，当是正整数时，，则为增函数，因为当时，，且（1），所以当时，方程有唯一的实数根且，，则，，因此．故选：．【点评】本题主要考查函数和数列的应用，根据条件构造函数，利用导数研究函数的单调性是解决本题的关键，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．三、解答题（共78分，第17、18、19题每题14分，第20、21题每题18分）．17．已知函数，其中．（1）求在，上的解；（2）已知，若关于的方在，时有解，求实数的取值范围．【分析】（1）由特殊角的正弦函数值，可得所求解；（2）运用二倍角的三角函数公式和辅助角公式，结合正弦函数的图象可得所求取值范围．【解答】解：（1），可得，或，即，或，，则在，上的解为，；（2），关于的方程，即在，时有解．由，，可得，，，，所以，的取值范围是，．【点评】本题考查正弦函数的图象和性质，以及方程的根的个数，考查方程思想和运算能力，属于中档题．18．如图，在五面体中，四边形是矩形，平面平面，是正三角形，，，．（1）求证：；（2）求二面角的余弦值．【分析】（1）由，证明平面，利用直线与平面平行的性质定理，即可证明；（2）取的中点，连接，得出平面，过点作，交于点，得出，建立空间直角坐标系，利用坐标表示向量，求出平面的法向量，可以法向量求二面角的余弦值．【解答】（1）证明：矩形中，，平面，平面，所以平面，又因为平面，平面平面，所以；（2）解：取的中点，连接，因为为正三角形，所以，又因为平面平面，且平面平面，平面，所以平面，过点作，交于点，则，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，如图所示：因为，，，所以，0，，，4，，，4，，，2，，则，0，，，，，设平面的法向量为，，，则，即，解得，令，则，所以，，，又平面的一个法向量为，0，，所以，，由图可知，二面角是锐角，所以二面角的余弦值为．【点评】本题考查了空间中的垂直关系应用问题，也考查了二面角的大小计算问题，是中档题．19．2021年国庆期间，某县书画协会在县宣传部门的领导下组织了庆国庆书画展，参展的200幅书画作品反映了该县人民在党的领导下进行国家建设中的艰苦卓绝，这些书画作品的作者的年龄都在，之间，根据统计结果，作出如图所示的频率分布直方图：（1）求这200位作者年龄的平均数和方差（同一组数据用该区间的中点值作代表）；（2）县委宣传部从年龄在，和，的作者中，按照分层抽样的方法，抽出6人参加县委组织的表彰大会，现要从6人中选出3人作为代表发言，设这3位发言者的年龄落在区间，的人数是，求变量的分布列和数学期望．【分析】（1）根据频率分布直方图，利用平均数和方差的公式代入计算即可；（2）根据分层抽样的原理，可知这6人中年龄在，内有2人，在，内有4人，利用古典概型的概率公式代入计算，列出分布列求出数学期望即可．【解答】解：（1）这200位作者年龄的样本平均数和样本方差分别为，．（2）根据分层抽样的原理，可知这6人中年龄在，内有2人，在，内有4人，故可能的取值为0，1，2，，，，所以的分布列为：012所以的数学期望为．【点评】本题主要考查频率分布直方图，离散型随机变量分布列及数学期望，考查运算求解能力，属于中档题．20．法国著名数学家加斯帕尔蒙日在研究圆锥曲线时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点的轨迹是以椭圆的中心为圆心，为椭圆的长半轴长，为椭圆的短半轴长）为半径的圆，这个圆被称为蒙日圆．已知椭圆过点，且短轴的一个端点到焦点的距离为．（1）求椭圆的蒙日圆的方程；（2）若斜率为1的直线与椭圆相切，且与椭圆的蒙日圆相交于，两点，求的面积为坐标原点）；（3）设为椭圆的蒙日圆上的任意一点，过点作椭圆的两条切线，切点分别为，，求面积的最小值．【分析】（1）根据题目所给条件，蒙日圆的概念，结合椭圆中，，，之间的关系即可求解；（2）设直线的方程为，利用与椭圆相切求出的值及，再求出原点到直线的距离，然后利用三角形面积公式即可求解；（3）设，，再求出直线的方程为，结合已知条件将面积表示为，然后利用二次函数最值解题即可．【解答】解：（1）因为椭圆过点，且短轴的一个端点到焦点的距离为，所以，且，解得，所以，所以椭圆的蒙日圆的方程为；（2）由（1）知，椭圆的方程为，设直线的方程为，联立方程，消去并整理得，，由△，得，即，所以坐标原点到直线的距离，所以，所以；（3）由（1）知，椭圆的方程为，椭圆的蒙日圆方程为，设，，则，设，，，，则切线的方程为，切线的方程为，将，代入切线，的方程，有，，故直线的方程为，将直线的方程与椭圆的方程联立得，消去并整理得，，显然，所以，所以，又点，到直线的距离，所以，设，则，令，则，所以函数在，上单调递增，所以，所以面积的最小值为．【点评】本题考查了圆锥曲线的性质及直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用，属于难题．21．已知函数及其导函数的定义域均为．设，曲线在点，处的切线交轴于点，．当时，设曲线在点，处的切线交轴于点，．依此类推，称得