天津市河西区2025届高三下学期总复习质量调查二(二模)数学试卷（解析版）

这是一份天津市河西区2025届高三下学期总复习质量调查二(二模)数学试卷（解析版）试卷主要包含了 已知集合，，则， “”是“”的， 设，，，则，，的大小关系为， 已知函数是偶函数，且，则， 已知双曲线等内容，欢迎下载使用。
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】集合，，则.
故选：B.
2. “”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】易知不等式的解集为，
不等式的解集也为，
所以“”是“”的充分必要条件.
故选：C
3. 设，，，则，，的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】易知，即；
而，即；
又，因此，
所以.
故选：D
4. 某大型企业开发了一款新产品，投放市场后供不应求，为了达到产量最大化，决定增加生产线．经过一段时间的生产，统计得该款新产品的生产线条数与月产量（件）之间的统计数据如下表：
由数据可知，线性相关，且满足回归直线方程，则当该款新产品的生产线为12条时，预计月产量为（ ）
A. 73件B. 79件C. 85件D. 90件
【答案】C
【解析】依题意可得，，
因为回归直线方程必过样本中心点，即，解得，所以，
当时，
故当该款新产品的生产线为12条时，预计月产量为85件.
故选：C
5. 记为等比数列的前项和．若，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】设等比数列的公比为，由得，可得，
所以，，
所以，.
故选：C.
6. 已知函数是偶函数，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因为函数是偶函数，且，则，
故.
故选：D.
7. 已知、是函数的两个零点，且的最小值为，若将函数的图象向左平移个单位后得到的图象关于原点对称，则函数的解析式可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】由题意可知，函数的最小正周期为，所以，
所以，
将函数的图象向左平移个单位后得到的图象关于原点对称，
可得出函数为奇函数，
所以，，解得，A选项合乎题意.
故选：A.
8. 已知双曲线：的左、右焦点分别为，，过作直线分别交双曲线的左、右两支于，两点，满足，且，，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由，得，即，
又，得为的中点，则，
又，于是为等边三角形，设的边长为，
由双曲线定义知，，，则，，
又，则，解得，
在中，由余弦定理得，
即，得，，，
所以双曲线的渐近线方程为.
故选：A
9. 在正四棱锥中，底面四边形是边长为的正方形，当该正四棱锥的外接球半径与内切球半径之比最小时，则该正四棱锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】设正四棱锥的高为，设，连接，则平面，
设该正四棱锥的外接球球心为，则在直线上，
取的中点，连接、，
对外接球，解得：，
对内切球：，
故四棱锥表面积，
由体积法：，
所以，
令，则，
进而，
当且仅当，即时，取最小值，此时.
因此，该正四棱锥的体积为.
故选：B.
二.填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.试题中包含两个空的，答对1个的给3分，全部答对的给5分.
10. 是虚数单位，复数满足，则______.
【答案】
【解析】由条件可知，.
故答案为：
11. 在的展开式中，偶数项的二项式系数和为128，则常数项为______.
【答案】
【解析】由条件可知，，则，
二项展开式的通项公式，
令，得，
所以常数项为.
故答案为：
12. 已知抛物线的焦点为，圆：，过点作直线与圆交于两点，且为的中点，则直线的方程为______.
【答案】
【解析】易知抛物线的焦点为，
将圆化为标准方程，圆心，半径，如下图所示：
若为的中点，结合圆的性质可知，
易知，所以直线的斜率为，
因此直线的方程为，即.
故答案为：
13. 已知甲袋中装有个红球，个白球；乙袋中装有个红球，个白球，两个袋子均不透明，其中的小球除颜色外完全一致.现从两袋中各随机取出一个球，若两个球同色，则将取出的两个球全部放入甲袋中；若两个球不同色，则将取出的两个球全部放入乙袋中，每次取球互不影响.按上述方法操作一次，在甲袋中恰有个小球的条件下，当时从甲袋中取出的是红球的概率是______；按上述方法重复操作两次后，乙袋中恰有个小球的概率是______.
【答案】①. ②.
【解析】记住事件甲袋中恰有个小球，事件从甲袋中取出的是红球，
则，，
由条件概率公式可得；
根据题意，若乙袋中恰有个小球，则两次操作后，取出的两球是同色的，有种情况：
（i）第一次都取出红球，第二次都取出红球，其概率为；
（ii）第一次都取出红球，第二次都取出白球，其概率为；
（iii）第一次都取出白球，第二次都取出红球，其概率为；
（iv）第一次都取出白球，第二次都取出白球，其概率为.
因此，重复操作两次后，乙袋中恰好有个小球的概率为.
故答案为：；.
14. 在平行四边形中，，，，四边形面积为6，则的最小值为______；当在上的投影向量为时，______.
【答案】①. ②.
【解析】由条件可知，,，
所以，所以，
，，
，
，
当时等号成立，
所以的最小值为；
在上的投影向量为，则，即,
因为，所以，得，，
则.
故答案为：；.
15. 已知函数有四个不同的零点，且，则的取值范围是______.
【答案】
【解析】由题意可知，由可得，
可得，
所以，直线与函数的图象有四个交点，如下图所示：
由可得或，
结合图象可知，、为方程的两根，即方程的两根，
，由韦达定理可得，，
因为，则，
、为方程的两根，即方程的两根，
，可得，故，
由韦达定理可得，，
因为，所以，
所以，
令，，
所以，
对任意的，，则，
即对任意的恒成立，
所以，函数在上单调递减，且，，
故当时，，
因此，的取值范围是.
故答案为：.
三、解答题：本大题共5小题，共75分、解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
16. 在三角形中，内角的对边分别为，已知
（1）求；
（2）若
（i）求；
（ii）求.
解：（1）因为，
所以由正弦定理得，即，
又，则，所以.
（2）（i）由（1）可得，
若，则由正弦定理得即，
所以.
（ii）因为，，，
所以，故，
所以，
所以
.
17. 如图，在五面体中，平面，，，，，，，，分别为，的中点，连接，，.

（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的大小；
（3）线段上是否存在点，使得平面？若存在，求点到平面的距离；若不存在，说明理由.
（1）证明：如图，以为原点，分别以，，方向为轴、轴、轴正方向建立空间直角坐标系，

由题意可得，，，，，，，，，
因为，，所以，
又，分别为，的中点，所以，，，，四点共面，
设平面的一个法向量，，，
由，即，
令，，，所以，
，易知，
所以平面.
（2）解：易知，由（1）知平面的法向量，
设直线与平面所成角为，
则，又，∴，
所以直线与平面所成角的大小为.
（3）解：设，，
所以，则，
设平面的一个法向量，
，，
由，即，
令，，，所以，则，
因为平面，所以，解得，所以，
设点到平面的距离为，，，
则，
所以点到平面的距离为.
18. 已知椭圆的两个焦点和两个顶点四点共圆，且与直线相切.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过点作斜率为的直线交椭圆于、两点，线段的垂直平分线交轴于点为，点关于直线的对称点为点，若四边形为正方形，求的值.
解：（1）因为椭圆的两个焦点和两个顶点四点共圆，所以，则，
所以椭圆的方程为，
由消去，得，
因为椭圆与直线相切，
所以令，解得，所以，
所以椭圆的标准方程为.
（2）设直线的方程为，设点、，的中点为，
联立消去，得，，
由韦达定理得，，
所以，代入，解得，
故线段的中点的坐标为，
所以线段的垂直平分线的方程为，
令，解得，即，
因为线段和线段互相垂直平分，所以四边形为菱形，
要使四边形为正方形，需满足，
所以
,
即，解得，则的值为.
19. 已知数列为等差数列或等比数列，前项和为，且满足，.
（1）当数列为等差数列时，求的通项公式及；
（2）当在单调递增时，设，求的值；
（3）当数列为等比数列且为摆动数列时，设，求的最大值和最小值.
解：（1）假设等差数列的公差为，由题意得，所以，
所以，
.
（2）当数列为等差数列时，由（1）知，显然在不单调；
当数列为等比数列时，假设公比为，，解得或，
当时，，易知单调递增；
当时，，易知在不单调，
所以，
所以，
.
（3）当数列为等比数列时，由（2）知或，
又为摆动数列，所以，，
所以，
当为奇数时，单调递减，，当时取得最大值1，
当为偶数时，单调递增，，当时取得最小值，
所以的最大值为1，最小值为.
20. 已知函数.
（1）当时，求曲线在处的切线方程；
（2）讨论的单调性；
（3）已知，证明：（其中是自然对数的底数）.
（1）解：当时，，，
当时，，，
切线方程为，整理得，
所以曲线在处的切线方程为.
（2）解：函数的定义域为，，
对于关于的方程，有，
当时，，则恒成立，在上单调递减；
当时，方程有两根，，
若，则，，
当时，，所以在上单调递增；
时，，所以在上单调递减；
若，则，
当和时，，当时，；
即在与上单调递减，在上单调递增；
综上所述，当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在与上单调递减，
在上单调递增.
（3）证明：要证，即证，
因为，，所以，
当时，不等式显然成立；
当时，因为，则，
所以只需证，即证，
令，，则，
由得；由，得，
则在上为单调递增，在上单调递减，故；
令，，则，
所以当时，，当时，，
所以在上为单调递减，在上为单调递增，
所以，
所以恒成立，即.4
6
8
10
30
40
60
70