2025年高考第二次模拟考试卷：数学（天津卷02）（解析版）

这是一份2025年高考第二次模拟考试卷：数学（天津卷02）（解析版），共17页。试卷主要包含了已知函数是偶函数，则，已知是锐角，，则等内容，欢迎下载使用。
（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、准考证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，用铅笔把答题卡上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、单项选择题（本题共9小题，每小题5分，共45分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先求出集合B，再利用集合的交运算即可求得结果.
【详解】易知，所以，
故选：A．
2．已知向量，，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】根据向量的共线的坐标关系，即可根据充要条件的定义判断.
【详解】由，，若，则，解得，
故“”是“”的充要条件，
故选：C
3．已知一组数据：70，72，75，76，82，83，84，a，90，其中第70百分位数是84，则该实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据百分位数的定义计算即可求解.
【详解】由题意知前7个数据已按从小到大排列，共有9个数据，，
又第70百分位数是84，而84刚好是第7个数，
.即实数的取值范围为.
故选：C.
4．已知函数是偶函数，则（ ）
A．B．C．0D．1
【答案】A
【分析】由偶函数定义可得，计算即可得解.
【详解】由题意可得，即，
整理得，
即恒成立，即.
故选：A.
5．如图，高度为的圆锥形玻璃容器中装了水，则下列四个容器中，水的体积最接近容器容积一半的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】设圆锥的顶点到水面的距离为，圆锥的底面半径为，根据水体积和容器容积关系得到，再逐项检验即可．
【详解】设圆锥的顶点到水面的距离为，圆锥的底面半径为，
则水面半径为．当水的体积等于容器容积的一半时，
有，整理得．
因为，，，，则D选项更接近.
故选：D．
6．已知是锐角，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由联立可得.
【详解】由得，
由得，
化简得，得
故选：B.
7．设等差数列的前项和是，前项积是，若，，则（ ）
A．无最大值，无最小值B．有最大值，无最小值
C．无最大值，有最小值D．有最大值，有最小值
【答案】D
【分析】根据等差数列前n项和公式求基本量，进而确定且，讨论n判断的值，即可得答案.
【详解】令数列公差为，则，即，作差可得，
所以，则，故，
当得，当得，当得，
显然，当时，时，所以有最小值，
且，当或4时，有最大值.
故选：D
8．如图，在高为16的圆柱型筒中，放置两个半径均为3的小球，两个小球均与筒壁相切，且分别与两底面相切，已知平面与两个小球也相切，平面被圆筒所截得到的截面为椭圆，则该椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】作出截面图，由圆柱高和球的半径求出的长，由勾股定理求得的长，再由三角形全等，求得长半轴长，由圆柱得到短半轴长，从而求得半焦距长，然后由离心率公式求得离心率的值.
【详解】设平面α被圆筒所截得到的截面为椭圆，如图，作出圆柱过椭圆的长轴的截面图，
设长轴A，B与两圆的切点是．连接，记椭圆长轴与交于点C，
过C作，且CD交圆柱的母线于点D，连接，
则，．
因为圆柱的高为16，球的半径是3，所以圆柱的底面半径为3，．
根据对称性可知C是，AB的中点，故，则．易得，故，则椭圆的长半轴长．
由题意得椭圆的短半轴长，所以半焦距长，则椭圆的离心率为，
故选：D．
9．已知正方体的棱长为是棱的中点，空间中的动点满足，且，则动点的轨迹长度为（ ）
A．B．3C．D．
【答案】D
【分析】分别取的中点，连接，证明平面，从而可得点在平面内，再根据，得点在以为球心，半径为1的球面上，可得动点的轨迹为平面与球的球面的交线，求出平面截球所得截面圆的半径，即可得解.
【详解】如图，分别取的中点，连接，
因为平面，平面，所以，
在中，，
所以，所以，
又，所以，所以，
又，平面，所以平面，
由，得点在平面内，
由，得点在以为球心，半径为1的球面上，
因此动点的轨迹为平面与球的球面的交线，即在平面内的圆，
连接，设点到平面的距离为，平面截球所得截面圆的半径为，
则由得，
且，所以，则，
因此动点的轨迹长度为.
故选：D.
【点睛】思路点睛：涉及立体图形中的轨迹问题，若动点在某个平面内，利用给定条件，借助线面、面面平行、垂直等性质，确定动点与所在平面内的定点或定直线关系，结合有关平面轨迹定义判断求解.
二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分．
10．是虚数单位，复数的虚部为 .
【答案】/
【分析】对复数进行化简，从而得到复数的虚部，得到答案.
【详解】因为，
所以复数的虚部为.
故答案为：.
11．的展开式中，的系数是 （用数字作答）
【答案】10
【分析】由二项式展开式的通项公式可求出指定项的系数.
【详解】由展开式得，再由展开式得，
所以展开式中含项是：，即它的系数是：
故答案为: .
12．已知圆，点在直线上．若存在过点的直线与圆相交于，两点，且，，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】由圆的标准方程确定圆心和半径，结合圆的垂径定理、勾股定理可以求出，这样可以确定点的轨迹是圆，最后根据直线与圆的位置关系进行求解即可.
【详解】圆圆心，半径为
设弦中点为，连接，，
由，，可得点在弦上，
且，，，
又圆心到弦所在直线的距离为：
，
则，
则点在以为圆心半径为5的圆上运动，
又点在直线上，
则直线与以为圆心半径为5的圆有公共点，
则，解之得或，
所以的取值范围是．
故答案为：
13．某校举行科技文化艺术节活动，学生会准备安排5名同学到甲、乙、丙三个不同社团开展活动，要求每个社团至少安排一人，则不同的安排方案数为 ，如果再加上一名同学且要求甲社团安排三人，乙、丙至少安排一人，则不同的安排方案数为 ．
【答案】 150 120
【分析】5人时，先对学生分组，然后再把分好的组分到社团即可求解；6人时，直接按人数分配即可求解.
【详解】由题意可得，5名同学的分配方式有两种，第一种为分配，方案数为，第二种为分配，方案数为，故要求每个社团至少安排一人，不同的安排方案数为．
如果再加上一名同学且要求甲社团安排三人，有两种情况，若乙社团1人，丙社团2人，方案数为，若乙社团2人，丙社团1人，方案数为，故不同的安排方案数为．
故答案为：150；120.
14．在中，点分别在边上，，若交于点，则 ；当时，的面积为 .
【答案】
【分析】利用平面向量的基本定理，可得，用待定系数法可得的值，再结合余弦定理和三角函数值计算出，利用三角形的面积公式可得答案.
【详解】因为，所以，
因为，所以，
令，所以，所以，
因为共线，所以，①
因为共线，
所以，
所以②，
联立①②，，解出，
故，所以，解出，故；
在中，由余弦定理，，
因为，所以，
，
则.
故答案为：①1；②.
15．函数，若函数恰有两个不同的零点，则实数的取值范围为 .
【答案】或
【分析】画出，的图象，数形结合后可求参数的取值范围．
【详解】因为，
所以，
则函数恰有2个零点等价于有两个不同的解，
故，的图象有两个不同的交点，
设，
又，的图象如图所示，
由图象可得两个函数的图象均过原点，
当时，
考虑直线与的图象相切，
则由可得，即，
考虑直线与的图象相切，
由可得，则，即．
考虑直线与的图象相切，
由可得，则，即，
结合图象可得当或时，两个函数的图象有两个不同的交点，
综上，或．
故答案为：或．
【点睛】方法点睛：数形结合思想，分类讨论思想与转化思想的应用.解决本问题的方法是把方程根的问题转化为函数与直线交点个数问题，作出图形，结合图形求解，并注意临界值的取舍问题.
四、解答题：本题共5小题，共75分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。
16．（本小题满分14分）
在锐角中，角的对边分别为． 已知的面积为．
(1)求的值；
(2)求的值；
(3)求的值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）利用三角形面积公式可得角C，再用余弦定理求；
（2）根据正弦定理即得；
（3）先用二倍角公式求出，然后再用两角差的正弦公式求值.
【详解】（1），
，又是锐角三角形，
，又由三角形余弦定理得：
，
．
（2）由三角形正弦定理得：，即，
.
（3）又，，
，
，
又,
．
17．（本小题满分15分）
如图所示，在几何体中，四边形和均为边长为2的正方形，，底面，M、N分别为、的中点，.
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)求平面与平面所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）依据题意建立以A为原点，分别以，，方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系，求出和平面的一个法向量，计算即可得证.
（2）由（1）得直线的方向量，平面的一个法向量，设直线与平面所成角为，则由即可得解.
（3）求出平面的一个法向量，计算，则由计算结果即可得解.
【详解】（1）如图，以A为原点，分别以，，方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系，
由题意可得，，，，，，
，，，
则，，
设平面的一个法向量为，则，
故，即，则，
令，得，
所以，
所以，又平面，
所以平面.
（2）由（1）得直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
（3）设平面的一个法向量，由（1）可得，，
则，故，即，
令，得，
所以，
所以平面与平面所成角的余弦值为.
18．（本小题满分15分）
已知椭圆：的离心率为，左，右焦点分别为，，过点的直线与椭圆相交于点，，且的周长为8．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)椭圆的左，右顶点分别为，，上顶点为，若过且斜率为的直线与椭圆在第一象限相交于点，与直线相交于点，与轴相交于点，且满足，求直线的方程．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，由条件可得，再由离心率可求得，从而求得，即可得到椭圆的标准方程；
（2）根据题意，设出直线方程，然后与椭圆方程联立，结合韦达定理可表示出的坐标，再由直线的方程表示出点的坐标，再由等量关系，即可得到结果.
【详解】（1）由题设得，所以，
又离心率为，解得，，
所以椭圆的标准方程为.
（2）因为，所以设直线的方程为，且，
联立，整理可得：，
则，故，
则，所以，
又直线的方程，联立，整理可得：，
所以，则，且满足.
则直线的方程为.
19．（本小题满分15分）
已知数列是数列的前项和，已知对于任意，都有，数列是等差数列，，且成等比数列.
(1)求数列和的通项公式.
(2)记，求数列的前项和.
(3)记，求.
【答案】(1)，
(2)
(3)
【分析】（1）首先根据与的关系得到，再根据等比数列的性质即可得到；
（2）利用裂项相消法即可得结果；
（3）将分组求和与错位相减法相结合即可得结果.
【详解】（1）当时，，解得.
当时，，
所以，
即是以首先，公比为的等比数列，即.
因为，成等比数列，
所以，即，解得.
所以.
（2）由（1）得
，
则
（3），
因为，
设，前项和为，
则，
，
.
所以
20．（本小题满分16分）
已知函数，其中.
(1)当时，求函数在点上的切线方程.（其中e为自然对数的底数）
(2)已知关于x的方程有两个不相等的正实根，，且.
（ⅰ）求实数a的取值范围；
（ⅱ）设k为大于1的常数，当a变化时，若有最小值，求k的值.
【答案】(1)
(2)（ⅰ）；（ⅱ）.
【分析】（1）对函数求导数，求出在点处的斜率，最后求切线方程即可；
（2）（ⅰ）方程有两个不相等的正实根，等价于函数的图象与直线有两个交点，利用函数导数求出极值，再结合图象求出的取值范围即可；
（ⅱ）结合（ⅰ）及指对互化得，，从而把最小值化为的最小值，多次构造函数，求导，研究函数的单调性及最值，利用最值即可求解.
【详解】（1）当时，，所以，
所以，又，
所以函数在点上的切线方程为，即；
（2）（ⅰ）即，则有，，
设，，则，令，得，
令，得，令，得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
又x趋向于0时，趋向负无穷，x趋向于正无穷大时，无限趋向0，且，
函数的图象如下：
由题意，方程有两个不相等的正实根，
即方程有两个不相等的正实根，
所以函数的图象与直线有两个交点，
由图知，，故实数a的取值范围为；
（ⅱ）因为，由（ⅰ）得，则，
所以，设，则，
即，，
由题意有最小值，即有最小值，
设，，则，
记，则，
由于，，时，，则在上单调递减，
时，，则在上单调递增，
又，，且t趋向于正无穷大时，趋向于正无穷大，
故存在唯一，使得，
时，，即，所以在上单调递减，
时，，即，所以在上单调递增，
所以时，有最小值，
而，则，即，
所以，
由题意知，令，
设，则，
设，则，
设，则，
故在上单调递增，，此时在上单调递增，
有，此时，故在上单调递增，
又，故的唯一解是，
故的唯一解是，即，
综上所述，.
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题，注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理.