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2025届上海市宝山区高考二模数学试卷
1．（2025·宝山模拟）是虚数单位，则　 　．
【答案】
【知识点】复数的模
【解析】【解答】解：.
故答案为．【分析】利用复数求模公式，从而得出的值．
2．（2025·宝山模拟）已知集合，，则　 　.
【答案】
【知识点】并集及其运算
【解析】【解答】解：因为，。
所以.
故答案为：.
【分析】根据已知条件和并集的运算法则，从而得出集合.
3．（2025·宝山模拟）抛物线 的准线方程是　 　
【答案】y=-1
【知识点】抛物线的简单性质
【解析】【解答】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：y=-1，
故答案是：y=-1.
【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.
4．（2025·宝山模拟）已知函数则=　 　.
【答案】
【知识点】函数的值
5．（2025·宝山模拟）若函数是奇函数，则=　 　
【答案】3
【知识点】函数的奇偶性
【解析】【解答】因为函数是奇函数且为多项式的形式，
所以，偶次项系数均为0，
则，
所以，
则.
故答案为：3.
【分析】由函数是奇函数可知其偶次项系数为0，从而得出m，n的值，进而得出m+n的值.
6．（2025·宝山模拟）的二项展开式中，项的系数为　 　.
【答案】
【知识点】二项式系数
【解析】【解答】解：由题意得，二项式的展开式的通项为：
令，得，
所以项的系数为．
故答案为：．
【分析】利用二项式定理写出二项展开式的通项为，再由的指数为2得出k的值，从而得出项的系数．
7．（2025·宝山模拟）已知函数且)的图像经过定点，则点的坐标为　 　
【答案】
【知识点】指数型复合函数的性质及应用；对数型复合函数的图象与性质
【解析】【解答】解：令，
可得，
所以定点的坐标为.
故答案为：.
【分析】根据指数函数的图象与性质和对数函数的图象与性质，从而得出点的坐标.
8．（2025·宝山模拟）已知圆柱的底面积为，侧面积为，则该圆柱的体积为　 　.
【答案】
【知识点】圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用；柱体的体积公式及应用
【解析】【解答】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：.
【分析】根据圆柱的底面积公式和侧面积公式，从而求出圆柱的底面圆半径和高，再根据圆柱的体积公式得出该圆柱的体积.
9．（2025·宝山模拟）已知中，，，点在线段上，且，则的值为　 　.
【答案】
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量数量积定义与物理意义；平面向量的数量积运算；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：设等腰在边上的高为，
因为，
所以，
所以，
所以，
所以
.
故答案为：.
【分析】根据得出，从而可得，再利用数量积的运算律和数量积的定义，从而得出的值.
10．（2025·宝山模拟）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】
【知识点】分类加法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】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，
综上所述，共有种.
故答案为：56.
【分析】利用组合数中允许重复的原则，分四类讨论，再由分类加法计数原理和组合数公式，从而得出这件商品售价的所有可能情况种数.
11．（2025·宝山模拟）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】
【知识点】导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【解答】解：分公司一年的利润 (万元)与售价的函数关系式为：，
所以，
令，则，
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，，
则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.
【分析】根据已知条件确定函数关系式，再由函数的最值与函数的导数的关系，从而求出该函数的最大值，则得出当每件产品的售价为9元时，该分公司一年的利润最大.
12．（2025·宝山模拟）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】
【知识点】与二面角有关的立体几何综合题
【解析】【解答】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，
因为，
所以点、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，根据余弦定理可得，
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：.
【分析】先确定点、的轨迹和相关线段长度表达式，再利用余弦定理得出的表达式，再通过换元法和二次函数求最值的方法，从而得出二面角平面角的余弦值最小值.
13．（2025·宝山模拟）已知向量，，若，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：由题意可得，
解得.
故答案为：D.
【分析】由共线向量的坐标表示，从而建立方程，解方程组得出x的值.
14．（2025·宝山模拟）“”的一个必要非充分条件是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：对于选项A，由，
得到，则，
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，则，
所以推不出，
但可以得出，故选项C正确；
对于选项D，由，
得到，
又因为，当且仅当时取等号，
显然不满足题意，
则，所以，
当，有，
所以是的充要条件，故选项D错误.
故答案为：C.
【分析】利用充分条件与必要条件的判断方法，再结合指数函数的单调性、对数函数的单调性，则判断出选项A、选项B和选项C；利用不等式的性质判断出选项D，从而找出“”的一个必要非充分条件.
15．（2025·宝山模拟）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
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：对于A，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，因为，
所以甲得分的第25百分位数为，
又因为，
所以乙得分的第75百分位数为，
又因为，
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，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，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.
故答案为：C.
【分析】利用极差公式、百分位数求解公式和平均数公式，则可判断选项A、选项B和选项C；利用数据的分散程度判断方差的大小，则判断出选项D，从而找出结论正确的选项.
16．（2025·宝山模拟）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
【知识点】命题的真假判断与应用；数列的概念及简单表示法；等差数列概念与表示；反证法的应用；通项与前n项和的关系
【解析】【解答】解：对于①，因为数列的前项和（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，
所以，
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，则此时不是完全平方数，
所以，则，
所以，
设，则，
当时，，
又因为适合上式，
则.
所以，存在无穷多个“完全平方数列”的等差数列，故②是真命题.
故答案为：A.
【分析】根据数列的前项和与数列的通项的关系式，从而得到，再利用完全平方数列定义，则对，和两种情况分类讨论求解，则可判断出序号①的真假；设等差数列的首项为，公差为，再利用完全平方数列定义和数列求和公式，再结合反证法，对分类讨论，则判断出序号②的真假，从而找出正确的选项.
17．（2025·宝山模拟）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）证明：取中点，连接，
由是边长为的正三角形，，
得，
因为平面，
所以平面 ，
又因为平面 ，
所以.
（2）解：因为二面角的大小为，
所以，平面平面.
由平面平面，
又由（1）知，平面，
所以平面，
则为与平面所成角，
在中，，则，
在中，，
因为平面，且平面，
所以，
在中，，且，
则，
所以与平面所成角的大小为.
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面所成的角；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）先取中点，连，利用等腰三角形三线合一得出，再根据线面垂直判定定理证出平面 ，再由线面垂直性质定理证出.
（2）利用二面角为，则面面垂直，由面面垂直性质定理得出平面，所以是与平面所成角，再利用直角三角形的结构特征和线面垂直的性质定理，从而得出与平面所成角的大小.
（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）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．（2025·宝山模拟）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）解：因为，所以
解得，
则 ，
则方程为，
令，则，
所以，
则（舍负） ，
所以，方程的解为 .
（2）解：因为，
所以，整理得 ，
又因为，
所以 ，
则对任意恒成立，
又因为（当且仅当取等号），
所以，
则实数的最大值为.
【知识点】函数恒成立问题；指数函数单调性的应用；基本不等式在最值问题中的应用；一元二次方程的解集
【解析】【分析】（1）先由得出a的值，从而得出指数函数的解析式，再利用换元法结合一元二次方程和指数与对数的互化公式，从而得出方程的解.
（2）由指数型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最值的方法，则根据不等式恒成立问题求解方法，从而得出实数m的取值范围，进而得出实数的最大值.
（1）即解得，于是 ，
方程即为，
令，则有即，
求得（舍负） ，
所以方程的解为 .
（2）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．（2025·宝山模拟）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）解：由题意，得：
代入回归方程，
得，
解得.
当时，，
则开放所有体验类项目时的平均等待时间约为51分钟.
（2）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：.
（3）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.
【知识点】回归分析的初步应用；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；条件概率
【解析】【分析】（1）根据表中数据分别求出的值，再代入回归方程求出的值，将代入回归方程，从而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.
（2）利用条件概率公式结合分步乘法计数原理和分类加法计数原理以及组合数公式，从而得出他的等待总时间恰为120分钟的概率.
（3）利用已知条件得出随机变量X的取值，再利用二项分布求概率公式，从而得出随机变量X的分布列，再利用随机变量的分布列求数学期望公式，从而得出随机变量X的数学期望与p的函数关系式，再对每道题答对的概率的取值分类讨论，从而做出相关决策.
（1），
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.
（2）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.
（3）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．（2025·宝山模拟）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）解：由题意，如图所示：
根据双曲线定义得：，，
两式相加得，
则，
由，得，
所以的周长为.
（2）解：设直线的倾斜角分别为，
由，
得，
不妨设，则，
则，
可得，，
所以，直线，则，
直线，则，
所以的面积为.
（3）解：设，
由，知
若直线斜率不存在，
则直线，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，
则显然成立，
设交点，
由韦达定理，得：
由，
得，
则，
所以，
将韦达定理代入，
化简得（※），
因为，
所以，
由点在双曲线上，
得，
则，
则代入（※）式，
所以，
化简得，
则，
解得，
则点的坐标为..
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由双曲线的定义得出和，再将两式相加得出
，再根据得出的值，则由三角形的周长公式得出
的周长.
（2）由直线的斜率之和为零可得直线的倾斜角的大小，从而得出直线方程，再利用三角形面积公式得出的面积》
（3）利用已知条件，分直线的斜率存在与直线的斜率不存在两种情况，从而表示出直线方程，再联立双曲线方程，从而写出韦达定理式，再结合题意和向量共线的坐标表示以及代入法，从而建立方程得出点P的坐标.
（1）根据双曲线定义得：，，
两式相加得，即，
由已知得，所以的周长为，
（2）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.
（3）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．（2025·宝山模拟）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）解：由题意，得，
所以，
因为，
所以，
解得，
所以，
则的固着点为.
（2）解：由题意，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，
所以，
所以，
则的最大值是.
（3）解：.
证明如下：
方法一：由题意，得，
则，
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，
则，
当时，，
则的值域是，
所以，
则，
记，
则由上述可知是的严格减函数，且，
则，
因为，
所以，
所以，①
又因为，
记，
则，
因为，所以，
所以，
所以是上的严格增函数，
则，
所以，②
由①②可知，，即，
又因为是的严格减函数，
所以，
则.
方法二：由题意，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，，
则是上的严格减函数，
所以，
所以方程（*）无解，
当时，
（ⅰ）当时，在恒成立，
则是上的严格增函数，
所以，
所以方程（*）无解；
（ⅱ）当时，如下表：
- 0 +
严格减 极小值 严格增
可知在严格单调递减，在严格单调递增，
又因为，，
当时，，
所以方程（*）在无解，在有唯一解，
满足题意的的取值范围为，
因为是的唯一解，
所以，
又因为，
令，
则，
所以是上的严格减函数，
所以，则，
当时，，
所以，
又因为在上有唯一的零点，
所以，
综上所述，，此时.
【知识点】集合间关系的判断；函数的值域；函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）根据题中定义得，再利用得出，从而得出x的值，进而得出m的值，则得出的固着点.
（2）根据已知条件得到在区间上恒成立，从而得出，进而得出的最大值.
（3）利用两种方法求解并证明.
方法一，根据题意得到在上有唯一的解，构造函数，利用导数的正负与函数单调性的关系，从而判断出函数的单调性，进而得出a的取值范围，再构造函数，则利用函数m(x)的单调性证出不等式成立.
方法二，前同方法一，从而得出实数a的取值范围，构造函数，利用导数正负与函数单调性的关系，从而得出函数h(x)的单调区间，再利用函数h(x)的单调性证出不等式成立.
（1）由题得，所以，
因为，所以，解得，
所以，固着点.
（2）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.
（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.
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1．（2025·宝山模拟）是虚数单位，则　 　．
2．（2025·宝山模拟）已知集合，，则　 　.
3．（2025·宝山模拟）抛物线 的准线方程是　 　
4．（2025·宝山模拟）已知函数则=　 　.
5．（2025·宝山模拟）若函数是奇函数，则=　 　
6．（2025·宝山模拟）的二项展开式中，项的系数为　 　.
7．（2025·宝山模拟）已知函数且)的图像经过定点，则点的坐标为　 　
8．（2025·宝山模拟）已知圆柱的底面积为，侧面积为，则该圆柱的体积为　 　.
9．（2025·宝山模拟）已知中，，，点在线段上，且，则的值为　 　.
10．（2025·宝山模拟）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．（2025·宝山模拟）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．（2025·宝山模拟）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　 　.
13．（2025·宝山模拟）已知向量，，若，则的值为（ ）
A． B． C． D．
14．（2025·宝山模拟）“”的一个必要非充分条件是（　　）
A． B． C． D．
15．（2025·宝山模拟）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．（2025·宝山模拟）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.
17．（2025·宝山模拟）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．（2025·宝山模拟）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．（2025·宝山模拟）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．（2025·宝山模拟）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．（2025·宝山模拟）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：.
答案解析部分
1．【答案】
【知识点】复数的模
【解析】【解答】解：.
故答案为．【分析】利用复数求模公式，从而得出的值．
2．【答案】
【知识点】并集及其运算
【解析】【解答】解：因为，。
所以.
故答案为：.
【分析】根据已知条件和并集的运算法则，从而得出集合.
3．【答案】y=-1
【知识点】抛物线的简单性质
【解析】【解答】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：y=-1，
故答案是：y=-1.
【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.
4．【答案】
【知识点】函数的值
5．【答案】3
【知识点】函数的奇偶性
【解析】【解答】因为函数是奇函数且为多项式的形式，
所以，偶次项系数均为0，
则，
所以，
则.
故答案为：3.
【分析】由函数是奇函数可知其偶次项系数为0，从而得出m，n的值，进而得出m+n的值.
6．【答案】
【知识点】二项式系数
【解析】【解答】解：由题意得，二项式的展开式的通项为：
令，得，
所以项的系数为．
故答案为：．
【分析】利用二项式定理写出二项展开式的通项为，再由的指数为2得出k的值，从而得出项的系数．
7．【答案】
【知识点】指数型复合函数的性质及应用；对数型复合函数的图象与性质
【解析】【解答】解：令，
可得，
所以定点的坐标为.
故答案为：.
【分析】根据指数函数的图象与性质和对数函数的图象与性质，从而得出点的坐标.
8．【答案】
【知识点】圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用；柱体的体积公式及应用
【解析】【解答】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：.
【分析】根据圆柱的底面积公式和侧面积公式，从而求出圆柱的底面圆半径和高，再根据圆柱的体积公式得出该圆柱的体积.
9．【答案】
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量数量积定义与物理意义；平面向量的数量积运算；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：设等腰在边上的高为，
因为，
所以，
所以，
所以，
所以
.
故答案为：.
【分析】根据得出，从而可得，再利用数量积的运算律和数量积的定义，从而得出的值.
10．【答案】
【知识点】分类加法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】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，
综上所述，共有种.
故答案为：56.
【分析】利用组合数中允许重复的原则，分四类讨论，再由分类加法计数原理和组合数公式，从而得出这件商品售价的所有可能情况种数.
11．【答案】
【知识点】导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【解答】解：分公司一年的利润 (万元)与售价的函数关系式为：，
所以，
令，则，
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，，
则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.
【分析】根据已知条件确定函数关系式，再由函数的最值与函数的导数的关系，从而求出该函数的最大值，则得出当每件产品的售价为9元时，该分公司一年的利润最大.
12．【答案】
【知识点】与二面角有关的立体几何综合题
【解析】【解答】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，
因为，
所以点、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，根据余弦定理可得，
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：.
【分析】先确定点、的轨迹和相关线段长度表达式，再利用余弦定理得出的表达式，再通过换元法和二次函数求最值的方法，从而得出二面角平面角的余弦值最小值.
13．【答案】D
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：由题意可得，
解得.
故答案为：D.
【分析】由共线向量的坐标表示，从而建立方程，解方程组得出x的值.
14．【答案】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：对于选项A，由，
得到，则，
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，则，
所以推不出，
但可以得出，故选项C正确；
对于选项D，由，
得到，
又因为，当且仅当时取等号，
显然不满足题意，
则，所以，
当，有，
所以是的充要条件，故选项D错误.
故答案为：C.
【分析】利用充分条件与必要条件的判断方法，再结合指数函数的单调性、对数函数的单调性，则判断出选项A、选项B和选项C；利用不等式的性质判断出选项D，从而找出“”的一个必要非充分条件.
15．【答案】C
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：对于A，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，因为，
所以甲得分的第25百分位数为，
又因为，
所以乙得分的第75百分位数为，
又因为，
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，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，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.
故答案为：C.
【分析】利用极差公式、百分位数求解公式和平均数公式，则可判断选项A、选项B和选项C；利用数据的分散程度判断方差的大小，则判断出选项D，从而找出结论正确的选项.
16．【答案】A
【知识点】命题的真假判断与应用；数列的概念及简单表示法；等差数列概念与表示；反证法的应用；通项与前n项和的关系
【解析】【解答】解：对于①，因为数列的前项和（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，
所以，
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，则此时不是完全平方数，
所以，则，
所以，
设，则，
当时，，
又因为适合上式，
则.
所以，存在无穷多个“完全平方数列”的等差数列，故②是真命题.
故答案为：A.
【分析】根据数列的前项和与数列的通项的关系式，从而得到，再利用完全平方数列定义，则对，和两种情况分类讨论求解，则可判断出序号①的真假；设等差数列的首项为，公差为，再利用完全平方数列定义和数列求和公式，再结合反证法，对分类讨论，则判断出序号②的真假，从而找出正确的选项.
17．【答案】（1）证明：取中点，连接，
由是边长为的正三角形，，
得，
因为平面，
所以平面 ，
又因为平面 ，
所以.
（2）解：因为二面角的大小为，
所以，平面平面.
由平面平面，
又由（1）知，平面，
所以平面，
则为与平面所成角，
在中，，则，
在中，，
因为平面，且平面，
所以，
在中，，且，
则，
所以与平面所成角的大小为.
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面所成的角；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）先取中点，连，利用等腰三角形三线合一得出，再根据线面垂直判定定理证出平面 ，再由线面垂直性质定理证出.
（2）利用二面角为，则面面垂直，由面面垂直性质定理得出平面，所以是与平面所成角，再利用直角三角形的结构特征和线面垂直的性质定理，从而得出与平面所成角的大小.
（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）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．【答案】（1）解：因为，所以
解得，
则 ，
则方程为，
令，则，
所以，
则（舍负） ，
所以，方程的解为 .
（2）解：因为，
所以，整理得 ，
又因为，
所以 ，
则对任意恒成立，
又因为（当且仅当取等号），
所以，
则实数的最大值为.
【知识点】函数恒成立问题；指数函数单调性的应用；基本不等式在最值问题中的应用；一元二次方程的解集
【解析】【分析】（1）先由得出a的值，从而得出指数函数的解析式，再利用换元法结合一元二次方程和指数与对数的互化公式，从而得出方程的解.
（2）由指数型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最值的方法，则根据不等式恒成立问题求解方法，从而得出实数m的取值范围，进而得出实数的最大值.
（1）即解得，于是 ，
方程即为，
令，则有即，
求得（舍负） ，
所以方程的解为 .
（2）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．【答案】（1）解：由题意，得：
代入回归方程，
得，
解得.
当时，，
则开放所有体验类项目时的平均等待时间约为51分钟.
（2）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：.
（3）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.
【知识点】回归分析的初步应用；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；条件概率
【解析】【分析】（1）根据表中数据分别求出的值，再代入回归方程求出的值，将代入回归方程，从而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.
（2）利用条件概率公式结合分步乘法计数原理和分类加法计数原理以及组合数公式，从而得出他的等待总时间恰为120分钟的概率.
（3）利用已知条件得出随机变量X的取值，再利用二项分布求概率公式，从而得出随机变量X的分布列，再利用随机变量的分布列求数学期望公式，从而得出随机变量X的数学期望与p的函数关系式，再对每道题答对的概率的取值分类讨论，从而做出相关决策.
（1），
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.
（2）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.
（3）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．【答案】（1）解：由题意，如图所示：
根据双曲线定义得：，，
两式相加得，
则，
由，得，
所以的周长为.
（2）解：设直线的倾斜角分别为，
由，
得，
不妨设，则，
则，
可得，，
所以，直线，则，
直线，则，
所以的面积为.
（3）解：设，
由，知
若直线斜率不存在，
则直线，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，
则显然成立，
设交点，
由韦达定理，得：
由，
得，
则，
所以，
将韦达定理代入，
化简得（※），
因为，
所以，
由点在双曲线上，
得，
则，
则代入（※）式，
所以，
化简得，
则，
解得，
则点的坐标为..
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由双曲线的定义得出和，再将两式相加得出
，再根据得出的值，则由三角形的周长公式得出
的周长.
（2）由直线的斜率之和为零可得直线的倾斜角的大小，从而得出直线方程，再利用三角形面积公式得出的面积》
（3）利用已知条件，分直线的斜率存在与直线的斜率不存在两种情况，从而表示出直线方程，再联立双曲线方程，从而写出韦达定理式，再结合题意和向量共线的坐标表示以及代入法，从而建立方程得出点P的坐标.
（1）根据双曲线定义得：，，
两式相加得，即，
由已知得，所以的周长为，
（2）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.
（3）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．【答案】（1）解：由题意，得，
所以，
因为，
所以，
解得，
所以，
则的固着点为.
（2）解：由题意，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，
所以，
所以，
则的最大值是.
（3）解：.
证明如下：
方法一：由题意，得，
则，
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，
则，
当时，，
则的值域是，
所以，
则，
记，
则由上述可知是的严格减函数，且，
则，
因为，
所以，
所以，①
又因为，
记，
则，
因为，所以，
所以，
所以是上的严格增函数，
则，
所以，②
由①②可知，，即，
又因为是的严格减函数，
所以，
则.
方法二：由题意，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，，
则是上的严格减函数，
所以，
所以方程（*）无解，
当时，
（ⅰ）当时，在恒成立，
则是上的严格增函数，
所以，
所以方程（*）无解；
（ⅱ）当时，如下表：
- 0 +
严格减 极小值 严格增
可知在严格单调递减，在严格单调递增，
又因为，，
当时，，
所以方程（*）在无解，在有唯一解，
满足题意的的取值范围为，
因为是的唯一解，
所以，
又因为，
令，
则，
所以是上的严格减函数，
所以，则，
当时，，
所以，
又因为在上有唯一的零点，
所以，
综上所述，，此时.
【知识点】集合间关系的判断；函数的值域；函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）根据题中定义得，再利用得出，从而得出x的值，进而得出m的值，则得出的固着点.
（2）根据已知条件得到在区间上恒成立，从而得出，进而得出的最大值.
（3）利用两种方法求解并证明.
方法一，根据题意得到在上有唯一的解，构造函数，利用导数的正负与函数单调性的关系，从而判断出函数的单调性，进而得出a的取值范围，再构造函数，则利用函数m(x)的单调性证出不等式成立.
方法二，前同方法一，从而得出实数a的取值范围，构造函数，利用导数正负与函数单调性的关系，从而得出函数h(x)的单调区间，再利用函数h(x)的单调性证出不等式成立.
（1）由题得，所以，
因为，所以，解得，
所以，固着点.
（2）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.
（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.
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