天津市红桥区2025届高考二模数学试题（解析版）

这是一份天津市红桥区2025届高考二模数学试题（解析版），共14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】D
【解析】易知，又，
所以.
故选：D
2. 已知命题 ，命题，则命题是命题的（ ）
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】根据题意由指数函数的单调性可知能推出，
即充分性成立；
由可推出，不能推出，即必要性不成立；
因此命题是命题的充分不必要条件.
故选：A
3. 若 则 （ ）
A. 1B.
C. D. 2
【答案】A
【解析】因为
所以
则 .
故选：A.
4. 已知直线与圆相切，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】将圆化为标准方程，
可得圆心，半径，
依题意可知圆心到直线的距离为，
又，解得.
故选：D
5. 函数的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】函数定义域是，，函数为偶函数，排除AB，
又时，，排除D.
故选：C．
6. 若则的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】因为，所以，
，，
所以.
故选：D.
7. 直线l与双曲线的一条渐近线平行，且l过抛物线的焦点，交C于A，B两点，若，则E的离心率为（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】B
【解析】由题意，双曲线的一条渐近线的方程为，
设直线的方程为，
又由抛物线的焦点，
则，
即，
所以直线的方程为；
设，
联立，
得，
所以，
根据抛物线的定义可知，
即，
即，
又由，
所以，
所以，
故选：B.
8. 已知，函数在区间上单调递减，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由，得，
即函数的单调递减区间为，
令，则函数其中一个的单调递减区间为：
函数在区间内单调递减，
则满足，得，所以的取值范围是.
故选：D.
9. 已知向量是夹角为60°的单位向量，若对任意的 且 则取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】已知向量的夹角为的单位向量，则，
所以，
所以对任意的，且，则，
所以，即，
设，即在上单调递减，
又时，，解得，
所以在上单调递增；
在上单调递减，所以，
故选：A．
二、填空题：本大题共6个小题，每小题5分，共30分.
10. 若为虚数单位，且则实数___________________.
【答案】
【解析】因为
所以解得：.
故答案为：.
11. 若展开式的二项式系数和为32，则展开式中的系数为______．
【答案】
【解析】因为的展开式的二项式系数和为32，
所以，即，
二项式展开式的通项公式为，
令，则，所以的系数为，
故答案为：.
12. 由表格数据得到的线性回归方程为，则表格中的m值为___________________.
【答案】
【解析】，，
线性回归方程恒过，
所以，解得：.
故答案为：.
13. 甲、乙两个圆锥的底面积相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为 体积分别为，若__________________.
【答案】
【解析】因为甲、乙两个圆锥的底面积相等，所以甲、乙两个圆锥的底面半径相同，设为，
设甲、乙两个圆锥的母线长分别为，高分别为
所以甲、乙两个圆锥的圆心角之和为：，
所以，
由，所以，即，
又，所以，即，所以，
甲圆锥的高，
乙圆锥的高，
，
所以
故答案为：.
14. 已知袋内有大小相同的1个红球和3个白球，袋内有大小相同的2个红球和4个白球.现从､两个袋内各任取2个球，则恰好有1个红球的概率为___________；记取出的4个球中红球的个数为随机变量，则的数学期望为___________.
【答案】①. ②.
【解析】从､两个袋内各任取2个球，有种，恰好有1个红球有
从､两个袋内各任取2个球，则恰好有1个红球的概率为
取出的4个球中红球的个数为随机变量，则可能取值为
;;;
;
故答案为：，
15. 在四边形中，，，，，为的中点，，则_____；设点为线段上的动点，则最小值为_____．
【答案】①. ②. ．
【解析】为的中点，，
，，，
，
，
；
设，
，
，
时，取得最小值为.
故答案为：；.
三、解答题：本大题共5个小题，共75分，解答写出文字说明、证明过程或演算步骤
16. 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若且
（1）求csB；
（2）求a的值;
（3）求的值.
解：（1）因为所以
由正弦定理可得：所以.
（2）由余弦定理可得：，
所以，解得：或，
因为所以.
（3）因为，所以，所以，
，
，
所以.
17. 如图，已知四棱锥的底面为矩形，平面,，是的中点，是的中点.

（1）证明：平面
（2）若，
①求平面与平面夹角的余弦值；
②求点到平面的距离；
（1）证明：由底面为矩形，，所以，
即，又因为是的中点，所以；
因为平面，平面，
所以，
由平面,
所以平面；
（2）解：①连接，如下图所示：

由（1）知平面，又平面，所以，
又，所以即为平面与平面所成的夹角，
易知，所以，
又，，所以，
因此，
即平面与平面夹角的余弦值为；
②易知三棱锥的体积为；
设点到平面的距离为，
由可知，
又，即，解得；
即点到平面的距离为.
18. 已知椭圆的短轴长为4，离心率为过右焦点F的动直线与C交于A，B两点，点A，B在x轴上的投影分别为，在的左侧).
（1）求椭圆C的方程；
（2）若直线与直线交于点M，的面积为求直线的方程.
解：（1）由题意可得：，解得：，
故，，，
所以椭圆C的方程为.
（2）当直线斜率为0时，不符合题意，舍去.
当直线斜率不为0时，设直线方程为，设，
联立，得，
易知，则，.
易知，，
所以直线：①，直线：②，
联立①②，
所以，
因为，
所以，
解得，
故直线的方程为或.
19. 已知数列的首项
（1）证明：数列为等比数列；
（2）证明：对任意的
（3）证明：
证明：（1），又
所以是以为首项，以为公比的等比数列．
（2）由（1）知，即
.
（3）由（2）知，对任意，有，
取，
则.
20. 已知函数，其中为自然对数的底数，
（1）当时，求函数在点处的切线方程;
（2）证明：恒成立；
（3）证明：
（1）解：当时，可得，所以；
可得，又，
所以在点处的切线方程为，即；
（2）证明：易知，要证明，
可得，
构造函数，可得，
可知当时，，即函数在上单调递增；
当时，，即函数在上单调递减；
因此函数在处取得极小值，也是最小值，
即可得恒成立，即；
当且仅当时，等号成立；
下面证明，
令，所以；
易知当时，，即函数在上单调递增；
当时，，即函数在上单调递减；
因此函数在处取得极小值，也是最小值，
即可得恒成立，即；
当且仅当时等号成立，
综上可得，，恒成立，但等号不在同一点处取得，
所以，即.
（3）证明：由（2）中结论可知；
所以，
因此；
可知
所以.x
3
4
5
6
y
2.5
m
4
4.5