天津市河北区2025届高三二模考试数学试题（解析版）

这是一份天津市河北区2025届高三二模考试数学试题（解析版），共17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。
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为全集，所以，
又，则，
故选：C．
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】B
【解析】由，得或，
由，得，
或不能推出，能推出或.
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
3. 箕舌线是平面曲线的一种，因其状如舌而得名.若箕舌线的部分图象如图所示，则的解析式可能为（ ）
A. B.
C D.
【答案】B
【解析】，排除A.
既不是奇函数，也不是偶函数，排除D.
在上单调递减，排除C.
的图象符合题中图象，B正确.
故选：B
4. 已知，，，则a，b，c的大小关系是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】设，，则，当且仅当时等号成立，则，
又，，所以
因为，所以，
综上，a，b，c的大小关系是
故选：A
5. 下列结论中，错误的是（ ）
A. 数据4，1，6，2，9，5，8的第60百分位数为6
B. 若随机变量，则
C. 已知经验回归方程为，且，则
D. 根据分类变量与成对样本数据，计算得到，依据小概率值的独立性检验，可判断与有关联，此推断犯错误的概率不大于0.001
【答案】D
【解析】A选项，数据4，1，6，2，9，5，8排序后得到1，2，4，5，6，8，9，
，故选取第5个数据作为第60百分位数，即为6，A正确；
B选项，因为，根据对称性可知，
故，B正确；
C选项，已知经验回归方程为，且，则，
解得，C正确；
D选项，，故不能得到此结论，D错误
故选：D
6. 设数列的前n项和，若，则（ ）
A. 3059B. 2056C. 1033D. 520
【答案】C
【解析】由题设，则，
所以，则
又，则，
所以是首项、公比均为的等比数列，则，
所以，则.
故选：C
7. 已知双曲线上的点到的两条渐近线的距离分别为，若，则点到的右焦点的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】设，则，即，的渐近线方程为，由点到直线的距离公式可得，
因为，所以，．易知双曲线的右焦点为，
所以点到的右焦点的距离为.
故选：B．
8. 正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，其所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形，且每一个顶点所接的面数都一样，各相邻面所成二面角都相等），数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体，如图所示为正八面体，则该正八面体的外接球与内切球的表面积的比为（ ）
A. B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】若正八面体的棱长为2，令其外接球、内切球半径分别为，且，
由各侧面的面积，且构成八面体的两个正四棱锥的高为，
则正八面体的体积，所以，
所以外接球与内切球的表面积之比为.
故选：C
9. 已知函数在区间上单调递减，且将函数图象上各点横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到函数的图象，若函数在区间上单调递增，则t的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由，则的一条对称轴为，一个对称中心为，
又在上单调递减，则，故，可得，
所以，可得，，则，
所以，则，
又在区间上单调递增，则，
所以，显然，故t的最大值为.
故选：C
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分．请将答案写在答题纸上．
10. 已知i是虚数单位，复数的虚部是________．
【答案】
【解析】由，则虚部为.
故答案为：
11. 若展开式中只有第5项的二项式系数最大，则其展开式中常数项为__________.
【答案】7
【解析】由题意，所以展开式第项为，
令，得，故常数项为.
故答案为：7.
12. 已知点在抛物线上，以为圆心作圆与抛物线的准线相切，且截得轴的弦长为4，则__________.
【答案】2或6
【解析】由题意可知：抛物线的准线为，
由题意可得：，
消去可得，解得或.
故答案为：2或6.
13. 甲、乙两位同学进行乒乓球比赛，采用3局2胜制．假设每局比赛中甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且各局比赛的结果相互独立，则甲以的比分获胜的概率为________；在甲获胜的条件下，甲第一局获胜的概率是________．
【答案】①. ②.
【解析】若甲以的比分获胜，即一共3局，前两局甲乙各胜一局，最后一局甲胜，
所以甲以的比分获胜的概率，
事件表示“甲获胜”，则前两局甲获胜，或前两局甲乙各胜一局，最后一局甲胜，
所以甲获胜的概率，
事件表示“甲第一局获胜”，则，
所以.
故答案为：，
14. 如图，在中，点D，E在边BC上，且，点F，M分别在线段AB，AD上，且，直线FM交AE于点G，且，则________．若直线MC交AE于点N且是边长为1的等边三角形，则________．
【答案】①. ②.
【解析】由题设
，
又三点共线，则，可得，
如下图，延长交于，
由，
若，则，而三点共线，
所以，即，
由，
分别过作，交于，
若，则，，
所以，，
即，，
综上，，则，为边长为1的正三角形，
所以.
故答案为：，
15. 已知函数给出下列四个结论：
①若有最小值，则的取值范围是；
②当时，若无实根，则的取值范围是；
③当时，不等式的解集为；
④当时，若存在，满足，则.
其中，所有正确结论的序号为__________.
【答案】②③④
【解析】当时，，
当时，，
若，则当时，，则此时函数无最小值；
若，则当时，，时，，
则函数有最小值为满足题意；
若，则当时，，时，，
要使函数有最小值，则，解得；
综上，的取值范围是，①错误；
当时，函数在单调递增，单调递减，单调递减，
作图如下，

因为无实根，所以或，②正确；
当时，

因为，所以函数在单调递减，
又因为所以由可得，
，即，解得，所以，
所以不等式的解集为，③正确；

函数在点处的切线斜率为，
所以切线方程为，则由图象可知，时，，
设，
记直线与函数，，的交点的横坐标为，
因为经过点，
所以由对称性可知，当时，，又因为，所以，④正确；
故答案为:②③④.
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，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
（1）求及的值；
（2）若，求的面积．
解：（1）由题设，即，
故，可得，，则，
由上，则；
（2）由，则，
由（1）知，则，
所以.
17. 如图，直三棱柱中，，，，M是的中点，N是BC的中点，过点N作与平面平行的直线PN，交于点P．
（1）证明：平面AMN；
（2）求与平面PMN所成角的正弦值；
（3）求点P到平面AMN的距离．
（1）证明：在直三棱柱中，则两两垂直，
如图，以为原点建立空间直角坐标系，则，
所以，
由，则，
由，则，
由且都在平面内，则平面AMN；
（2）解 ：设，，平面的一个法向量为，
由平面，则，可得，故，
设平面的一个法向量，，，
所以，取，则，
所以，
故与平面PMN所成角的正弦值为；
（3）解：由（1）知平面的一个法向量为，由（2）知，
所以点P到平面AMN的距离.
18. 已知椭圆的上、下顶点与一个焦点是等腰直角三角形的三个顶点，且点在椭圆上．
（1）求椭圆C的离心率及标准方程；
（2）过点且斜率存在的动直线l与椭圆C相交于A，B两点，问在y轴上是否存在与点P不同的定点Q，使得恒成立？若存在，求出定点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
解：（1）由上下顶点与一个焦点是等腰直角三角形的三个顶点，所以，则，
所以，且，又在椭圆上，则，
所以标准方程为；
（2）假设在轴上存在与点不同的定点，使得恒成立，

设，，直线，
由，可得，显然，
则，，
由，而，
所以，即，则，
所以，即，则，
所以，则不论为何值，恒成立，
所以，即，使得恒成立.
19. 设数列是等差数列，是等比数列．已知．
（1）求和的通项公式；
（2）设，求数列的前项和；
（3）设，数列的前n项积为，证明：．
（1）解：设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
因为，所以，
所以．
（2）解：为奇数时，，
，
为偶数时，，
，
所以
所以．
（3）证明：，，
当时，；
当时，即
又，
所以，当时，，
所以．
20. 已知函数．
（1）当时，求曲线在处的切线方程；
（2）当时，若不等式恒成立，求a的取值范围；
（3）若有两个零点，且，证明：．
（1）解：由题设，则，且，，
所以曲线在处的切线方程为，即；
（2）解：由题设，即且，
令且，则，
令，则，故在上单调递增，
所以，
当，时，，则在上单调递增，，符合；
当，时，，时，
所以，使，即在上，在上单调递减，从而，不符合；
综上，；
（3）证明：由，则，，且，
所以，故，
要证，需证，即，
需证，令，即，即证，
最终只需证明，令且，则，
所以在上单调递增，所以，即，
所以得证.