天津市和平区2025届高三下学期第二次质量调查数学试卷（解析版）

这是一份天津市和平区2025届高三下学期第二次质量调查数学试卷（解析版）试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】，故.
故选：C
2. 若，直线：，直线：，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】A
【解析】当时，，则；
若，则，解得或.
所以“”是“”充分不必要条件.
故选：A
3. 已知a，b是空间两条不同的直线，，，为三个不同的平面，则下列命题正确的为（ ）
A. 若，，，则B. 若，，则
C. 若，，，则D. 若，，则
【答案】B
【解析】对于A，若，，，则或异面，故A错误；
对于B，若，则存在直线，使得，
由于，则，可得，故B正确；
对于C，若，，，则或相交，故C错误；
对于D，若，，设，
只有当时，才能得到，故D错误.
故选：B.
4. 已知，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】，所以，
，所以，
又，，故，所以.
综上，.
故选：D.
5. 某人工智能公司为优化新开发的语言模型，在其模型试用人群中开展满意度问卷调查，满意度采用计分制（满分100分），统计满意度并绘制成如下频率分布直方图，图中，则下列结论不正确的是（ ）
A. B. 满意度计分的众数约为75分
C. 满意度计分的平均分约为79分D. 满意度计分的第一四分位数约为70分
【答案】C
【解析】对于A，由频率分布直方图可得，
又，解得，故A正确；
对于B，由频率分布直方图可得，满意度计分的众数为最高矩形底边中点横坐标75分，故B正确；
对于C，满意度计分的平均分约为，故C错误；
对于D，前两组的频率之和为，所以满意度计分的第一四分位数约为70分，故D正确.
故选：C
6. 函数（，，）的部分图象如图所示，要得到的图象，只需将函数的图象上所有的点（ ）
A. 横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再向右平行移动个单位长度
B. 横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再向左平行移动个单位长度
C. 横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），再向右平行移动个单位长度
D. 横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），再向左平行移动个单位长度
【答案】A
【解析】由图可知，，得，
又，由解得；
将点代入，得，
在函数单调减区间上，则，，
解得，又，所以，.
得.
将的图象上所有的点横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再向右平行移动个单位长度，
得的图象.
故选：A
7. 曲线与曲线在点处的切线互相垂直，则实数（ ）
A. 2B. 0
C. D.
【答案】D
【解析】，
则，
由可得，故，
由于两切线互相垂直，因此，所以，
故选：D
8. 双曲线：（，）的一条渐近线为直线l：，若的一个焦点到直线l的距离为，且与抛物线：（）的准线相交于点H，点H的纵坐标为3，则p的值为（ ）
A. 2B. 4C. 8D. 16
【答案】B
【解析】由双曲线的一条渐近线为直线l：有，
又，的一个焦点为到直线的距离为，
所以，所以双曲线，
设，由在上，所以，
由，
故选：B.

9. 已知正方体的体积为，则四棱锥与四棱锥重叠部分的体积是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】如图，
四棱锥与四棱锥重叠部分为五面体，
又该正方体体积为，即，
解得，则，
所以，得，
又该五面体由一个三棱柱和一个四棱锥组成，如图，

故该五面体的体积为
.
故选：D
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. 已知复数是纯虚数，则实数的值为__________．
【答案】6
【解析】因为为纯虚数，
所以且，即.
故答案为：6.
11. 在的展开式中，常数项为__________.（用数字作答）
【答案】
【解析】展开式的通项为，
令，得，
所以常数项为．
故答案为：.
12. 已知点P，Q在直线l：上运动，点H在圆C：上，且有，则的面积的最大值为__________.
【答案】3
【解析】圆C：的圆心，半径，
则点到直线的距离，
因此圆上的点到直线距离的最大值为，又，
所以的面积的最大值为.
故答案为：3
13. 已知甲、乙两个盒子中装有不同颜色的卡片，卡片除颜色外其他均相同.甲盒中有5张红色卡片和4张白色卡片，乙盒中有2张红色卡片和4张白色卡片.若从甲盒中取出2张卡片，且2张卡片中有一张是红色卡片的条件下，另一张是白色卡片的概率为__________；若从两盒中随机选择一个盒子，然后从中取出一张卡片，则取到一张红色卡片的概率为__________.
【答案】①. ②.
【解析】设从甲盒中取出2张卡片中有一张是红色卡片为事件A，
从甲盒中取出2张卡片中有一张是白色卡片为事件B，
则，，
所以，
若从甲盒中随机取出一张卡片，则取到一张红色卡片的概率为，
若从乙盒中随机取出一张卡片，则取到一张红色卡片的概率为，
故从两盒中随机选择一个盒子，然后从中取出一张卡片，则取到一张红色卡片的概率为
.
故答案为：，
14. 在中，E为AC中点，G为线段BE上一点，且满足（），则__________，若，则当最大时，的值为__________.
【答案】①. ②.
【解析】由题意有，所以，由，
所以，所以，
，由有，
即，
即，所以，
即，当时，等号成立，
当最大时，，，由有，
所以，
所以，
故答案为：；.
15. 已知函数，，若函数恰有两个不同的零点，则实数a的取值范围是__________．
【答案】
【解析】因为恰有两个不同的零点，所以有2个交点，
先判断与交点的个数，
令，即，，
所以与无交点；
判断与交点的个数，
，即，
令，解得或，
所以当或，与有2个交点；
判断与交点情况，
令，即，解得或，其中，
所以与有2个交点；
判断与交点情况，
，即，
令，解得或，
当或时，与有2个交点；
①当时，与有2个交点，
如图所示，符合题意；
②当时，与有1个交点，
如图所示，不合题意；
③当时，如图所示，无交点，不符合题意；
④当时，如图所示，无交点，不符合题意；
⑤当时，如图所示，无交点，不符合题意；
⑥当时，，
如图所示，只有1个交点，不符合题意；
⑦当时，与有一个交点，
与有一个交点，
如图所示，符合题意；
综上所述，，
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. 在中，角所对的边分别为，已知.
（1）求角的大小；
（2）若，.
（ⅰ）求的值；
（ⅱ）求的值.
解：（1）中，，
法（一）
由正弦定理有①，
因为，所以，
代入①式整理得，
又，所以，
因为，所以.
法（二）
由余弦定理，代入，
整理得，代入，
因为，所以.
（2）（ⅰ）由已知，，
代入，解得，.
（ⅱ）由正弦定理，有，
又因为，故为锐角，故，
所以，，
由，，
故.
17. 如图，在三棱柱中，分别是的中点，平面，且，，.
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值；
（3）若线段上存在点到平面的距离为，求直线与平面所成角的正弦值.
证明：（1）因为H，P分别是BC，AB的中点，所以，
因为，可得，又因为平面ABC，
以点H为原点，以所在直线分别为x轴，y轴和z轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，可得，，，，，，，，
所以向量，且平面的法向量为，
则，所以，
又因为平面，所以平面.
（2）解：由（1）中的空间直角坐标系，可得向量，
设平面的法向量为，则，
令，可得，所以，
设平面与平面的夹角为，则，
则平面与平面夹角的余弦值为.
（3）解：设（其中），可得，
则点到平面的距离，即，
解得，所以，
设直线与平面所成角为，则，
则直线与平面所成角的正弦值为.
18. 已知椭圆（）的短轴长为，离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）椭圆的左、右顶点分别为、，设点B为椭圆上的点（异于点、），直线与直线交于点C，以BC为直径的圆与直线交于另一点D（异于点B），直线CD与x轴相交于点E，试证明点E为定点并求出点E的坐标.
解：（1）依题意，所以，又因为，解得，
所以椭圆方程为.
（2）方法（一）由（1）得，，
设点（），则有①
直线的斜率为，直线的斜率为，
直线的方程为，与联立，所以点，
因为以BC为直径的圆与直线交于另一个点D，所以，
所以直线CD的斜率为，因此直线CD的方程为，
令，则点E的横坐标为②，
又因为①式，有代入②式，解得，
所以直线CD与x轴相交于定点E，点E的坐标为.
方法（二）依题意直线斜率存在，设直线的方程为，点，
由方程组，整理得.
由韦达定理有，，
代入，解得，即，又因为，
所以直线，即的斜率为，
直线与联立，所以点，
因为以BC为直径的圆与直线交于另一个点D，所以，所以，
所以直线CD的方程为，令，得点E的横坐标为，
所以直线CD与x轴相交于定点E，点E的坐标为.

19. 已知，数列为等差数列，公差为d，且，若.记数列，的前n项和分别为，.
（1）若，，求d；
（2）若数列为等差数列，.
（i）求数列的通项公式；
（ii）若数列满足，将数列，中的项按如下规律组成数列：，，，，，，…，，，，…，，，…，，…，，…（），求（）.
解：（1），所以，
可得，故，
，
所以，，
即，解得或（舍），所以.
（2）由，两个等差数列及，①，
则有或，（）.
证明：设，，所以有，
整理得，所以，，，
若，则，，所以，所以，，
若，则，，所以，所以，.
（ⅰ）（1）设（），，则，，
，，
代入①式整理得，解得或，因为，所以.
（2）设（），，
则，，，，
代入①式整理得，解得或，因为，所以舍.
综上，数列的通项公式为，数列的通项公式为.
（ⅱ）因为，由（1）有，即，
数列共n项，数列共项，
所以，，
所以.
20. 已知函数（m，，）.
（1）若函数的两个极值点为0与，求m，n的值及函数的单调区间；
（2）若.
（ⅰ）求证：当时，函数在区间上单调递增；
（ⅱ）对，总，使得成立，求实数的取值范围.
解：（1），由已知有，解得.
当，时，，
令，解得，定义域为，
，令得或0，
令，解得或，令，解得，
所以与是函数的两个极值点，所以，，
的单调递增区间为，，单调递减区间为；
（2）（ⅰ）证明：，代入，有，
整理得①，
当时，，
即，又，所以，因此①式即，
所以当时，在区间上单调递增；
（ⅱ）由（ⅰ）知，当时，在上是增函数，
因此在上的最大值为，
即对任意恒成立.
设，，
则
当时，则，此时，即在上单调递减，
因此，需，所以，
当时，，
①当时，即，此时，即在上单调递增，
因此，所以在上恒成立.
②当时，即，此时，即在上单调递减，
因此，所以在上恒成立.
③当时，即，
此时当时，，单调递减；
当时，，单调递增，，
需满足，令，
设，，
，
当时，，即在上单调递减，
所以，
则在时恒成立，此时在恒成立.
综上所述，当时，恒成立.
即时，对，总，使得成立.