天津市十二区重点学校2025届高三毕业班联考(二)数学试卷（解析版）

这是一份天津市十二区重点学校2025届高三毕业班联考(二)数学试卷（解析版），共27页。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。
一、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，请将正确答案的序号填涂到答题卡上.）
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】，故.
故选：A
2. 设，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】D
【解析】若，则；若，则，即“”是“”既不充分也不必要条件、
故选：D.
3. 下列函数是奇函数，且在区间上单调递增的为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】对于A，函数的定义域为R，，是偶函数，A不是；
对于B，函数的定义域为R，，是奇函数，
函数都是R上的增函数，因此函数在上单调递增，B是；
对于C，函数的定义域为，不是奇函数，C不是；
对于D，函数在上单调递减，在上不单调，D不是.
故选：B
4. 小明研究温差（单位：）与本单位当天新增感冒人数（单位：人）的关系，他记录了5天的数据：
由表中数据求得温差与新增感冒人数满足经验回归方程，则下列结论不正确的是（ ）
A. 与正相关B. 经验回归直线经过点
C. 当时，残差为1.8D.
【答案】C
【解析】选项A：观察数据，增大时也增大，说明正相关,故A正确；
选项B：易得，,样本中心点为,回归直线方程经过样本中心点，故B正确；
将样本中心点坐标代入回归直线方程得
,故D正确.
计算预测值，实际值，
残差.
题目中残差为1.8（未考虑符号），故C错误，
故选：C
5. 若，则a，b，c的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】∵函数为单调递增函数，∴
∵函数单调递增，∴
∴，
∴大小关系为，
故选：C.
6. 已知函数，将的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，函数的一个对称轴为，则的最小取值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】将向左平移个单位长度得到，
又函数的一个对称轴为，所以，
解得，当时，所以的最小取值为.
故选：B
7. 将5个颜色互不相同的小球全部放入编号为1和2的两个盒子里，使得放入每个盒子里的小球的个数不小于该盒子的编号，则不同的放球方法有（ ）
A. 3种B. 4种C. 10种D. 25种
【答案】D
【解析】根据题意，每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号，
分析可得，可得1号盒子至少放1个，最多放3个小球，分情况讨论：
①1号盒子中放1个球，其余4个放入2号盒子，有种方法；
②1号盒子中放2个球，其余3个放入2号盒子，有种方法；
③1号盒子中放3个球，其余2个放入2号盒子，有种方法；
则不同的放球方法有种.
故选：.
8. 双曲线的左右焦点分别为，过且斜率为的直线与双曲线的左、右两支分别交于M，N两点，若，则双曲线的离心率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】过点作，垂足为，则，如图所示，
设，则，
所以，
所以，则，
因为直线的斜率为，所以，则，
在中，，
在中，，
由余弦定理得，，
整理得，，
故选：D．
9. 图①是底面边长为的正三棱柱，直线经过上下底面的中心，将图①中三棱柱的上底面绕直线逆时针旋转得到图②，若为正三角形，则图②所示几何体的外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】初始几何体为底面边长为 的正三棱柱，设高为H，
上底面绕直线逆时针旋转得到一个对称的六面体，其外接球球心必在旋转轴上，
正三棱柱底面正三角形的外接圆半径 ，
设球心到任一底面的距离为 d，则球半径 满足：
由于几何体对称，球心在正中间，故，
如图，以下底面ABC的重心为原点建立空间直角坐标系，
则，
旋转后的顶点坐标为,
所以，长度，
所以数量积为; ，
由夹角 ，
所以，
球心在中间，高度 ，
半径,
所以表面积,
故选；C
二、填空题（本题共6小题，每小题5分，共30分.请将正确的答案填写到答题纸上.题中包含2个空的，答对1个空的得3分，全部答对的得5分.）
10. 复数满足（其中i为虚数单位），则______.
【答案】
【解析】依题意，.
故答案为：
11. 二项式的展开式的常数项等于_____________．
【答案】
【解析】二项式的展开式的通项公式为：，
令，求得，
所以展开式的常数项为.
故答案为：
12. 甲、乙、丙三人各自独立地解同一道题，甲做对的概率是，三人都做对的概率是，三人都做错的概率是，则甲、乙、丙三人中恰有一人做对这道题的概率为______.
【答案】
【解析】设甲、乙、丙三人各自独立地做对同一道题分别为事件，
则，
因为，
，
解得，或，
设甲、乙、丙三人中恰有一人做对这道题为事件，
当时，，，
，
当时，
则，
综上，则甲、乙、丙三人中恰有一人做对这道题的概率为.
故答案为：.
13. 过点且斜率为1的直线与抛物线交于A，B两点，已知直线经过抛物线的焦点，则以线段AB为直径的圆的标准方程为______.
【答案】
【解析】已知直线 过点 且斜率为1，因此其方程为 .
抛物线的方程为 （），其焦点坐标为 .
由于直线 经过抛物线的焦点，代入焦点坐标得到 ，
解得 ，因此抛物线的方程为 ，焦点为 .
将直线方程 代入抛物线方程 得到：,
展开并整理得：,
解得 ，对应的 值为 ，
因此交点 和 的坐标分别为 和 .
以线段 为直径的圆的圆心为 的中点，坐标为：
,
,
,
半径为 ，因此圆的标准方程为：,
故答案为：.
14. 在中，.
（1）若，则向量在向量上的投影向量的模为______；
（2）边和的中点分别为，点为和的交点，为线段上靠近的三等分点，则的最小值为______.
【答案】①. 4； ②.
【解析】（1）因，所以，
解得，则，结合，解得，
由投影向量公式得在向量上的投影向量为，
故向量在向量上的投影向量的模为，
（2）如图，根据题意可知为的重心，故，

又为线段上靠近的三等分点，故,
因此，
，
，
由（1）知，故，
所以
，
当且仅当，即时取等号，则的最小值为.
故答案为：4，
15. 设，函数.若在区间上恰有2个不同的零点，则的取值范围是______；若在定义域内恰有2个零点，则的取值范围是______.
【答案】①. ②.
【解析】由于在区间上恰有2个零点，故
在有两个实数根，
故在有两个实数根，
记，
则，解得或，
接下来求解在定义域内恰有2个零点时的范围.
①当时，，此时在无零点，故需要在区间上有2个零点，故，
②当时，，此时没有零点，不符合题意，
③当时，，
若时，此时在有两个零点，故只需要在无零点，
令，
即，记
由于，
且而，故，
，
因此在有两个零点，不符合题意，
若时，，，
此时有两个根，有一个实数根， 不满足题意，舍去，
接下来只需要考虑的情况，
此时对于来说，，
故在没有零点，
因此需要在有两个零点，
故，即，
即，
故当在单调递增，当在单调递减，，
因此对任意的，均有，故且
综上可得在定义域内恰有2个零点，则，
故答案为：，
三、解答题（本题共5小题，共75分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤.）
16. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.
（1）求的值；
（2）若，求的值；
（3）若的面积为，且，求的周长.
解：（1）解法1：因为，
由正弦定理得
即，
因为，则，故；
解法2：因为，
由余弦定理得，
整理得，可得，
由余弦定理可得.
（2）因为，且，则，
，
，
.
，
，
.
（3），
因为由余弦定理得，
于是，
因为，则，所以，
因此，于是的周长.
17. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，平面，为边CD的中点，且.
（1）求线段的长；
（2）求平面与平面夹角的余弦值；
（3）在线段上（不含端点）是否存在点，使直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由.
解：（1）由底面平面，
故，又底面是矩形，故，
故AD、AB、PA两两垂直，故可以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则、，
设，则，
则，
由，则，
解得，即；
（2），
设平面的一个法向量，
因为，可得，
令，则，所以，
，
设平面的一个法向量，
可得，
令，则，所以，
设平面与平面夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为；
（3）设，
则，
因为与平面所成角的正弦值为，设AN与平面所成角，
所以，
所以所以或，
因为所以，所以.
18. 已知A、B分别为椭圆的右顶点和上顶点，点在椭圆上.若定义向量的运算：（是向量的夹角），且（为坐标原点）.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若过点的直线交椭圆于另一点，且，求直线的方程.
解：（1）依题意，
所以椭圆的方程为：；
（2）依题意，
所以，
法1：当的斜率不存在时，此时，
所以直线斜率存在，
消去得，
，设，
则，
，
到的距离，
，
，
或，
的方程：或；
法2：当轴时，,此时，不符合题意，
当与轴不平行时，
消去得，
，
直线与轴交点，
，
可得，或，
的方程为或；
法3：，
设到的距离为，
设与平行的直线，
与之间的距离，
解得：或，
当，，解得或，
当时，，当时，；
时，直线与椭圆方程联立判别式，舍去，
所以，或.
法4：同法3得，
点到得距离，
设，则，解得或，
下同法3
法5：若的斜率为零，此时满足题意，
此时，
若的斜率不为零，
设，
，得，
将代入方程可得，
此时.
所以，或.
19. 已知公差不为零的等差数列和等比数列满足，且成等比数列，成等差数列.
（1）求数列和的通项公式；
（2）令，去掉数列中的第3n项，余下的项顺序不变，构成新数列，求数列的前项和；
（3）令，记数列的前项和为，数列的前项和为，若数列满足，且对，都有，设的前项和为，若对任意都有成立，求正整数的最小值.（参考值：，）
解：（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，由题意得：
，
又，，
解得，
所以；
（2）由（1）得，
当时，
，
当时，
，
综上；
（3）方法一：，，，
故，
，
，
……
，
，
，
又因为，，
，
，
，
又时，
时，
，
又因为时，，
，又，
所以，
所以正整数的最小值为；
方法二：，，，
故，
，
，
……
，
，
，
又因为，，
，
，
又因为，，
，
，
，
又时，
时，，
，
又因为时，，
，又，
所以，
所以正整数的最小值为
20 已知函数.
（1）若曲线在处的切线斜率为0，求实数的值；
（2）若，对，不等式恒成立（a,b均为实数），求的最大值；
（3）实数满足对任意的，函数总有两个不同的零点，证明：.
（1）解：因，则，解得.
（2）解：［方法一］当时，不等式可化为恒成立，
不妨设，则，
当，即时，则在R上单调递增，
此时当时，，与矛盾，不合题意；
当时，则；
当时，由，解得，
于是当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减
故，
即，
由于，故，
于是，令，
则，
当时，则在上单调递增；
当时，则在上单调递减
所以，，
此时，
因此，当时，的最大值为.
［方法二］依题意，可得恒成立，
设，则，
当时，，则在上单调递增，
又，所以存在，使得，所以不符题意；
当时，要使恒成立，则，所以；
当且时，在上恒成立，
又因，
故可转化为恒成立，即恒成立，
令，则，
但时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
所以，
当且仅当时取得等号，即当时，
即的最大值为，
即当时，对任意满足恒成立，
所以当时，对任意恒成立，
当且时，，
所以的最大值为.
（3）证明：［方法一］有2个不同零点，则，因，
故函数的零点一定为正数.
由于函数有2个不同零点，，
，
设，
记，易知定义域上单调递增，又，
所以当时，，；当时，，
即在单调递减，单调递增，
故，又由知，
则，
要证，只需，
因且关于的函数在上单调递增，
则
所以只需证，
只需证，
只需证在时恒成立，
，只需证在时为正，
由于，故函数在上单调递增，
又，故在时为正，
从而题中的不等式得证.
［方法二］有2个不同零点，
，由得（其中）
且.
要证，只需证，
即证，只需证
又，所以，即
所以只需证，而，
所以，又，只需证
所以，
原命题得证.
［方法三］若，
同法二知有两个零点且
又，故进一步有
由可得且，
从而，
因为，所以，
只需证
又因为在区间内单调递增，
故只需证，即，
注意时有，故不等式成立.
3
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20
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