上海市崇明區2025屆高三二模數學試卷2025.03一、填空題（本大題共12題，1-6每題4分，7-12每題5分，共54分）1.不等式的解為__________．2.已知復數（i為虛數單位），則__________．3.已知全集，集合，則__________．4.求直線與直線的夾角為________.5已知，則__________．6.函數的最小正周期是，則_______．7.某次數學考試后，隨機選取14位學生的成績，得到如下莖葉圖，其中個數部分作為“葉”，百位數和十位數作為“莖”，若該組數據的第25百分位數是87，則x的值為_______．8.在中，若，其面積，則__________．9.若，則_______.10.已知，若函數有兩個極值點，則實數a的取值范圍是__________．11.已知雙曲線左、右焦點為，以O為頂點，為焦點作拋物線交雙曲線于P，且，則__________．12.已知集合M中的任一個元素都是整數，當存在整數且時，稱M為“間斷整數集”．集合的所有子集中，是“間斷整數集”的個數為__________．二、選擇題13.若，，則下列結論正確的是（）A. B.C D.14.已知一個圓錐的軸截面是邊長為2的等邊三角形，則這個圓錐的側面積為（）A. B. C. D.15.拋擲一枚質地均勻的硬幣n次（其中n為大于等于2的整數），設事件A表示“n次中既有正面朝上又有反面朝上”，事件B表示“n次中至多有一次正面朝上”，若事件A與事件B是獨立的，則n的值為（）A.5 B.4 C.3 D.216.數列是等差數列，周期數列滿足，若集合，n是正整數中恰有三個元素，則數列的周期T的取值不可能是（）A.4 B.5 C.6 D.7三、解答題（本大題共5題，共14+14+14+18+18=78分）17.如圖，在四棱錐中，底面是邊長為2的正方形，且，，點分別為的中點.（1）求證：平面；（2）求點到平面距離.18.已知．（1）是否存在實數a，使得函數是偶函數？若存在，求實數a的值，若不存在，請說明理由；（2）若且，解關于x的不等式．19.某區2025年3月31日至4月13日的天氣預報如圖所示．（1）從3月31日至4月13日某天開始，連續統計三天，求這三天中至少有兩天是陣雨的概率；（2）根據天氣預報，該區4月14日的最低氣溫是9，溫差是指一段時間內最高溫度與最低溫度之間的差值，例如3月31日的最高溫度為17，最低溫度為9，當天的溫差為8記4月1日至4日這4天溫差的方差為，4月11日至14日這4天溫差的方差為，若，求4月14日天氣預報的最高氣溫；（3）從3月31日至4月13日中隨機抽取兩天，用X表示一天溫差不高于9的天數，求X的分布列及期望．20.已知拋物線，過點的直線與拋物線交于點、，與軸交于點．（1）若點位于第一象限，且點到拋物線的焦點的距離等于，求點的坐標；（2）若點坐標為，且點恰為線段的中點，求原點到直線的距離；（3）若拋物線上存在定點使得滿足題意的點、都有，求、滿足的關系式．21.已知函數，P為坐標平面上一點．若函數的圖像上存在與P不同的一點Q，使得直線PQ是函數在點Q處的切線，則稱點P具有性質．（1）若，判斷點是否具有性質，并說明理由；（2）若，證明：線段上的所有點均具有性質；（3）若，證明：“點具有性質”的充要條件是“”．上海市崇明區2025屆高三二模數學試卷2025.03一、填空題（本大題共12題，1-6每題4分，7-12每題5分，共54分）1.不等式的解為__________．【答案】【解析】【分析】結合絕對值不等式的解法，以及區間的定義，即可求解．【詳解】解：，即，解得，故所求解集為．故答案為：．2.已知復數（i為虛數單位），則__________．【答案】#【解析】【分析】由復數的乘法即可求得答案.【詳解】故答案為：3.已知全集，集合，則__________．【答案】【解析】【分析】由集合運算求出，然后得到.【詳解】，∴，故答案為：4.求直線與直線的夾角為________.【答案】【解析】【分析】先求出直線的斜率，可得它們的傾斜角，從而求出兩條直線的夾角．【詳解】解：直線的斜率不存在，傾斜角為，直線的斜率為，傾斜角為，故直線與直線的夾角為，故答案為：．5.已知，則__________．【答案】【解析】【分析】寫出坐標，由坐標得到.【詳解】，∴.故答案為：6.函數的最小正周期是，則_______．【答案】【解析】【分析】由正弦型函數的周期公式可求得的值.【詳解】因為函數的最小正周期是，則.故答案為：.7.某次數學考試后，隨機選取14位學生的成績，得到如下莖葉圖，其中個數部分作為“葉”，百位數和十位數作為“莖”，若該組數據的第25百分位數是87，則x的值為_______．【答案】7【解析】【分析】根據題意結合百分位數的概念運算求解.【詳解】，則該組數據從小到大排列后的第四位數是87，即，故答案為：7.8.在中，若，其面積為，則__________．【答案】【解析】【分析】先根據三角形面積公式求出的值，再結合余弦定理求出的值，進而求出的值.【詳解】已知，，代入面積公式可得：則，可得：.

根據余弦定理為，可得則.即，把代入可得：，即.

由于為邊長，可得.故答案為：.9.若，則_______.【答案】##【解析】【分析】令求解即可.【詳解】令，則，即.故答案為：10.已知，若函數有兩個極值點，則實數a的取值范圍是__________．【答案】【解析】【分析】分析分段函數單調性，由題意得到對應結論，然后建立不等式組，求得實數a的取值范圍.【詳解】∵二次函數開口向下，是極大值，一次函數，當時，函數時單調函數，沒有極值點，要想函數有兩個極值點，則這兩個極值點為和，又∵函數在上單調遞減，∴在上遞增.∴，∴.故答案為：11.已知雙曲線的左、右焦點為，以O為頂點，為焦點作拋物線交雙曲線于P，且，則__________．【答案】【解析】【分析】由拋物線得定義過點作準線的垂線，可構造直角三角形，由此可得，再在中由余弦定理可得，接著利用雙曲線的定義可求，最后利用共焦點求得.【詳解】由題意可知，，如圖，過點作準線的垂線，垂足為，則，則，得，在中由余弦定理可得，，即，則由雙曲線的定義可得，得，則故答案為：12.已知集合M中的任一個元素都是整數，當存在整數且時，稱M為“間斷整數集”．集合的所有子集中，是“間斷整數集”的個數為__________．【答案】968【解析】【分析】根據子集中元素的個數分類，每一類都利用組合數計數，再剔除不滿足定義的子集，最后根據分類加法計數原理求值即可.【詳解】由題意，滿足“間斷整數集”定義的子集至少有2個元素，至多有9個元素，按子集中元素個數分類，①當元素個數為2時，不滿足定義的子集有：，共9個；此時滿足定義的子集有個，②當元素個數為3時，不滿足定義的子集有：，共8個；此時滿足定義的子集有個，③當元素個數為4時，不滿足定義的子集有：，共7個；此時滿足定義的子集有個，④當元素個數為5時，不滿足定義的子集有：，共6個；此時滿足定義的子集有個，⑤當元素個數為6時，不滿足定義的子集有：，共5個；此時滿足定義的子集有個，⑥當元素個數為7時，不滿足定義的子集有：，共4個；此時滿足定義的子集有個，⑦當元素個數為8時，不滿足定義的子集有：，共3個；此時滿足定義的子集有個，⑧當元素個數為9時，不滿足定義的子集有：，共2個；此時滿足定義的子集有個，綜上所述，滿足題意的子集共有個.故答案為：968.二、選擇題13.若，，則下列結論正確的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】利用不等式的基本性質可判斷AD選項，利用特殊值法可判斷BC選項.【詳解】因為，，對于A選項，，A錯；對于B選項，不妨取，，，，則，B錯；對于C選項，取，則，C錯；對于D選項，由題意可知，，由不等式的基本性質可得，D對.故選：D.14.已知一個圓錐的軸截面是邊長為2的等邊三角形，則這個圓錐的側面積為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先求出母線長和底面圓的半徑，再根據圓錐的側面積公式即可得解.【詳解】由題意可知，圓錐的母線長和底面圓的直徑均為，所以圓錐的側面積為.故選：A.15.拋擲一枚質地均勻的硬幣n次（其中n為大于等于2的整數），設事件A表示“n次中既有正面朝上又有反面朝上”，事件B表示“n次中至多有一次正面朝上”，若事件A與事件B是獨立的，則n的值為（）A.5 B.4 C.3 D.2【答案】C【解析】【分析】先分別求出事件、事件以及事件發生的概率，再根據事件與事件獨立的性質來求解的值.【詳解】拋擲一枚質地均勻的硬幣次，所有可能的結果有種.事件表示“次中既有正面朝上又有反面朝上”，其對立事件為“次都是正面朝上或次都是反面朝上”，包含的情況有種，所以.根據對立事件概率之和為，可得.

事件表示“次中至多有一次正面朝上”，即“次中沒有正面朝上（全是反面朝上）”或“次中有一次正面朝上”.“次中沒有正面朝上”的情況有種；“次中有一次正面朝上”，從次中選次為正面朝上，有種情況.所以事件包含的情況共有種，則.

事件表示“次中既有正面朝上又有反面朝上且至多有一次正面朝上”，即“次中有一次正面朝上”，有種情況，所以.

因為事件與事件是獨立的，所以，即.可得：.展開得：.即.當時，，，等式不成立；當時，，，等式成立；當時，，，等式不成立.所以.

故選：C.16.數列是等差數列，周期數列滿足，若集合，n是正整數中恰有三個元素，則數列的周期T的取值不可能是（）A.4 B.5 C.6 D.7【答案】D【解析】【分析】現根據等差數列的通項公式和周期數列的定義，得到，然后對選項逐一分析即可.【詳解】,取，則公差，當，是，此時角度序列為：，取，則對應的余弦值為，此時，三個元素合題意；當，是，此時角度序列為：，取，則對應的余弦值為，又，此時也是三個元素，合題意；當，是，此時角度序列為：，取，則對應的余弦值為，此時也是三個元素，合題意；當，是，此時角度序列為：，由于是質數，角度間隔無法分解為更小的對稱單元，余弦值的對稱性不足以將個不同角度映射為個不同值，故選：D.三、解答題（本大題共5題，共14+14+14+18+18=78分）17.如圖，在四棱錐中，底面是邊長為2的正方形，且，，點分別為的中點.（1）求證：平面；（2）求點到平面的距離.【答案】（1）證明見解析；（2）.【解析】【分析】（1）根據給定條件，利用線面垂直的判定、性質推理即得.（2）利用等體積法求出點到平面的距離.【小問1詳解】由底面為正方形，得，又平面，于平面，而平面，則，同理，又平面，所以平面.【小問2詳解】由（1）得，點為的中點，在中，，點為的中點，同理，在中，，因此，在直角中，，由（1）知平面，則平面，于是點到平面的距離為設點到平面的距離為，由，得，解得，所以點到平面的距離為.18.已知．（1）是否存在實數a，使得函數是偶函數？若存在，求實數a的值，若不存在，請說明理由；（2）若且，解關于x的不等式．【答案】（1）存在實數，使得函數是偶函數（2）答案見解析【解析】【分析】（1）根據偶函數的定義可求解.（2）先根據對數函數的單調性和定義域列出不等式組；再結合且，分類討論即可求解.【小問1詳解】存在實數，使得函數是偶函數.要使函數有意義，須滿足，即，顯然，即，函數的定義域.當時，函數定義域不關于原點對稱，此時必然存在且，此時函數不是偶函數.當時，，函數的定義域為，對于任意的，都有，并且因此函數是一個偶函數綜上所述，存在實數，使得函數是偶函數【小問2詳解】由，得所以且①．由①得，.因為且，所以當時，，當時，.綜上可得：當時，不等式的解集為；當時，不等式的解集為.19.某區2025年3月31日至4月13日的天氣預報如圖所示．（1）從3月31日至4月13日某天開始，連續統計三天，求這三天中至少有兩天是陣雨的概率；（2）根據天氣預報，該區4月14日的最低氣溫是9，溫差是指一段時間內最高溫度與最低溫度之間的差值，例如3月31日的最高溫度為17，最低溫度為9，當天的溫差為8記4月1日至4日這4天溫差的方差為，4月11日至14日這4天溫差的方差為，若，求4月14日天氣預報的最高氣溫；（3）從3月31日至4月13日中隨機抽取兩天，用X表示一天溫差不高于9的天數，求X的分布列及期望．【答案】（1）（2）18（3）分布列見解析，【解析】【分析】（1）根據古典概型概率公式，用事件包含的樣本點個數除以總樣本點個數來計算概率；（2）根據方差公式列出關于的方程，然后求解；（3）根據隨機變量的分布列，利用期望公式計算期望.【小問1詳解】設“從3月31日至4月13日某天開始，連續統計三天，這三天中至少有兩天是陣雨”為事件A，連續統計三天共有12個樣本點，事件A共有4個樣本點，所以【小問2詳解】4月1日至4日這4天溫差分別為9、8、9、9，因此，設4月14日的溫差為x，則4月11日至14日這4天溫差分別為8、9°C、8、x，因此，解得，因此，4月11日這天最高氣溫是18．【小問3詳解】從3月31日至4月13日，一天溫差不超過9的共有11天，高于9的共有3天X可能取值0，1，2.，，隨機變量X的分布列為：X012P隨機變量X的期望.20.已知拋物線，過點的直線與拋物線交于點、，與軸交于點．（1）若點位于第一象限，且點到拋物線的焦點的距離等于，求點的坐標；（2）若點坐標為，且點恰為線段的中點，求原點到直線的距離；（3）若拋物線上存在定點使得滿足題意的點、都有，求、滿足的關系式．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）設，利用拋物線的定義可求出點的值，由此可求出點的坐標；（2）設，則，根據點在軸上，可求出的值，可得出點的坐標，可求出直線的方程，再利用點到直線的距離公式可求得結果；（3）分析可知，直線斜率必然存在，設其方程為，設點、、，將直線的方程與拋物線的方程聯立，列出韋達定理，根據可得出關于的等式，消去即可得出結果.【小問1詳解】設，因為點在拋物線上，所以點到拋物線的焦點的距離等于它到拋物線的準線的距離，所以，則，所以，故點的坐標是.小問2詳解】設，則，由題意，所以，所以點的坐標為，則，所以，直線的方程為，即直線的方程為，所以原點到直線的距離為.【小問3詳解】設，若直線的斜率不存在時，則直線與拋物線只有一個交點，不合乎題意，所以，直線斜率必然存在，設其方程為，代入中，得，設、，則，，因為，且，所以，顯然，，則，所以故，即．由題意，得，因此.21.已知函數，P為坐標平面上一點．若函數的圖像上存在與P不同的一點Q，使得直線PQ是函數在點Q處的切線，則稱點P具有性質．（1）若，判斷點是否具有性質，并說明理由；（2）若，證明：線段上的所有