天津市和平区2025届高三下学期一模数学试题（Word版附解析）

这是一份天津市和平区2025届高三下学期一模数学试题（Word版附解析），共13页。试卷主要包含了 已知，则的大小关系为， 关于函数，下面结论成立的是， 已知正四面体等内容，欢迎下载使用。
本试卷分为第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟.祝各位考生考试顺利!
第I卷（选择题共45分）
注意事项：
1.答第I卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号涂在答题卡上.
2.每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.答在试卷上无效.
3.本卷共9小题，每小题5分，共45分.
参考公式：
•球体积公式，球表面积公式（表示球的半径）.
•如果事件，互斥，则.
•如果事件相互独立，则.
-任意两个事件与，若，则.
一､选择题（在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用并集的定义可求得集合.
【详解】因为，，则.
故选：A.
2. 已知，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】C
【解析】
【分析】由充分必要条件的概念判断即可.
【详解】若，则，反之若，则，
所以是的充要条件.
故选：C
3. 已知函数是偶函数，则实数（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数为偶函数，可得出，化简后即可得出实数的值.
【详解】对于函数，有，解得，
所以，函数的定义域为，且，
因为函数为偶函数，则，即，
可得对任意的恒成立，则.
故选：B.
4. 某物理量的测量结果服从正态分布，下面结论中不正确的是（ ）
A. 该物理量在一次测量中小于2的概率为0.5
B. 该物理量在一次测量中小于1.98与大于2.02的概率相等
C. 该物理量在一次测量中落在与落在的概率相等
D. 越小，该物理量在一次测量中在的概率越大
【答案】C
【解析】
【分析】由正态分布密度曲线的特征逐项判断即可得解.
【详解】对于A，由正态分布密度曲线的对称性可知该物理量一次测量大于2的概率为，故A正确；
对于B，由正态分布密度曲线的对称性可知该物理量一次测量结果大于的概率与小于的概率相等，故B正确；
对于C，因为正态分布密度曲线的性质，该物理量测量结果落在的概率大于落在的概率，
所以一次测量结果落在的概率大于落在的概率，故C错误；
对于D，为数据的方差，所以越小，数据在附近越集中，所以测量结果落在内的概率越大，故D正确；
故选：C.
5. 已知，则的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用指数函数、对数函数单调性，结合对数运算比较大小.
【详解】依题意，，
，
所以的大小关系为.
故选：B
6. 已知直线经过抛物线的焦点，直线与圆相交于、两点，且，则实数的值等于（ ）
A B. C. 或D. 或
【答案】C
【解析】
【分析】根据直线过抛物线的焦点求出的值，利用勾股定理求出圆心到直线的距离，再利用点到直线的距离公式可得出关于的等式，解之即可.
【详解】易知抛物线的焦点为，且直线经过点，则，可得，
所以，直线的方程为，即，
圆的圆心为，半径为，
由题意可知，圆心到直线的距离为，
由点到直线的距离公式可得，即，解得或.
故选：C.
7. 关于函数，下面结论成立的是（ ）
A. 在区间上的最大值为
B. 在区间上单调递增
C.
D. 的图象关于点对称
【答案】D
【解析】
【分析】根据的范围计算的整体范围，求出函数的最大值，从而判断A；将变换为，根据所给范围以及复合函数单调性可判断B；化简可判断C选项；根据正弦函数的对称性求出函数的对称中心可判断D.
【详解】解：A选项：因为，所以，则，
即在区间上的最大值为.故A不正确；
B选项：因为，则，所以在上单调递增，
，所以在上单调递减，故B不正确；
C选项：，故C不正确；
D选项：当时，，所以为的图象的对称中心，故D正确.
故选：D
8. 已知正四面体（四个面都是正三角形），其内切球（与四面体各个面都相切的球）表面积为，设能装下正四面体的最小正方体的体积为，正四面体的外接球（四面体各顶点都在球的表面上）体积为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设正四面体的棱长为，设正四面体内切球球心为，半径为，由等体积法求出，将该正四面体放入一个正方体内，使得每条棱恰好为正方体的面对角线，此时即为能装下正四面体的最小正方体，即可求出，设正四面体的外接球的半径，根据正方体和正四面体的外接球为同一个球计算出，即可得出答案．
【详解】设正四面体的棱长为，则正四面体的表面积为，
由题设底面的外接圆半径，则
所以正四面体的高为，
其体积为，
设正四面体内切球球心为，半径为，
解得：，所以，解得：，
将该正四面体放入下图正方体内，使得每条棱恰好为正方体的面对角线，
此时即为能装下正四面体的最小正方体，
正四面体的最小正方体的边长为，如下图，即，所以，
体积为，设正四面体的外接球半径为，
则正方体的外接球，也即正四面体的外接球的半径为，
所以，所以外接球的体积为，
.
故选：A.
9. 已知是双曲线的右焦点，过点作垂直于轴的直线与双曲线交于两点，分别为双曲线的左、右顶点，连接交轴于点，连接并延长交于点，且，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. 3C. 2D.
【答案】D
【解析】
【分析】先将代入双曲线，得到两点坐标，写出直线的方程，得到点坐标，写出直线的方程，得到点坐标，利用，构造出关于的方程，结合双曲线中，得到离心率的方程，解出离心率.
【详解】根据题意，画出示意图，如图所示，则的横坐标都为，
代入双曲线方程得,
而，所以直线方程为，
令，得，
所以直线:，令得，，
因为，所以可得
，整理得，所以.
故选：D.
第II卷（非选择题共105分）
注意事项：
1.用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上.
2.本卷共11小题，共105分.
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. 为虚数单位，复数的实部为__________.
【答案】2
【解析】
【分析】化简复数，根据复数的定义即可得出答案.
【详解】,
所以复数的实部为2.
故答案为：2.
11. 在的展开式中，的系数为__________.（用数字作答）
【答案】
【解析】
【分析】利用二项式定理，求得二项展开式的通项，把含x的进行幂运算合并，然后令指数等于7，即可求解.
【详解】因为的通项为，
令，得，
所以的系数为．
故答案为：.
12. 袋子中装有8球，其中6个黑球，2个白球，若依次随机取出2个球，则在第一次取到黑球的条件下，第二次取到白球的概率为__________；若随机取出3个球，记取出的球中白球的个数为，则的数学期望__________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】第一问可根据条件概率公式求解，第二问可先确定随机变量 的取值，再求出每个取值的概率，最后根据期望公式计算期望.
【详解】设“第一次取到黑球”事件 ，“第二次取到白球”为事件 .
则.
表示第一次取到黑球且第二次取到白球的概率.第一次取黑球有 种取法，第二次取白球有 种取法，从 个球中依次取 个球的总取法有 种，所以 .
根据条件概率公式 ，可得 .
随机取出 个球，取出的球中白球的个数 可能取值为 ，，.
表示取出的 个球都是黑球的概率，从 个黑球中取 个球的组合数为 ，从 个球中取 个球的组合数为 ，所以 .
表示取出的 个球中有 个白球和 个黑球的概率，从 个白球中取 个球的组合数为 ，从 个黑球中取 个球的组合数为 ，所以 .
表示取出的 个球中有 个白球和 个黑球的概率，从 个白球中取 个球的组合数为 ，从 个黑球中取 个球的组合数为 ，所以 .
根据期望公式 可得 .
故答案为：；.
13. 已知正项数列的前项和满足，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】通过题给条件逐项计算发现规律，即可写出的值.
【详解】由题知，即，因为，解得，
时，，即，因为，解得，
时，，即，即，因为，解得，
同理可得，.
故答案为：.
14. 已知平面四边形满足，且，为的中点，则__________，若、分别为线段、上的动点，且满足，则的最小值为__________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】推导出，，然后以点为坐标原点，直线为轴，过点且垂直于的直线为轴建立平面直角坐标系，利用平面向量的模长公式可求得的值；设点、，其中，，利用平面向量数量积的坐标运算得出，再结合基本不等式求得的最小值.
【详解】因为，可得，
因为，则，
因为，则，且，如下图所示：
以点为坐标原点，直线为轴，过点且垂直于的直线为轴建立如上图所示的平面直角坐标系，
则、、、、，
；
设点、，其中，，
，，
所以，，可得，
因为，则，则，，
所以，，
则，
当且仅当时，即当时，等号成立，
因此，的最小值为.
故答案为：；.
15. 若关于的方程有两个不相等的实根，则实数的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据绝对值大于等于0，求得.再找到各个绝对值零点，然后分三种情况分别考虑去绝对值符号后对应区间上的解的个数情况，进而总结得到答案.
【详解】右边的 ，即：. 解方程 得 或 ;
解方程 得 或 .
需要根据 的符号讨论：
（1）当 时方程变为 ，即 ，解得 或 ，有两个不等实根.
（2）当时，关键点顺序：
记
：方程变为：,解，得 .
当时，
根据开口方向和对称轴可知，至多有一解.
恰有一解条件,解得
当时，,
有一解条件,解得;
当时,,至多有一解.
有一解条件，解得.
所以时有2解;
若,由于,
时，得 .
:此时,
有一解条件,,
或者，无解.
有两解的条件：,
解得.
所以时符合题意.
综上所述，当且仅当时方程有两个不同的实数解.
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，已知的面积为，，.
（1）求的值；
（2）求的值；
（3）求的值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用同角关系可求，再利用面积公式以及条件可求的值，最后利用余弦定理即可；
（2）在中利用正弦定理即可；
（3）利用倍角公式计算，再利用两角和差的余弦公式计算.
【小问1详解】
中，由，得，
由面积为，有，整理得，
又，解得（负值舍去）
在中由余弦定理，可得.
【小问2详解】
在中由正弦定理，得.
【小问3详解】
因，
则.
17. 如图，在四棱锥中，平面平面，，且.
（1）求直线与平面所成角的正弦值；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值；
（3）求点到平面的距离.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，计算线面所成角的正弦值即可；
（2）利用空间坐标求出平面的法向量，计算面面所成角的余弦值即可；
（3）利用空间向量计算点到平面的距离即可.
【小问1详解】
平面平面，交线为，过在平面内作，
故平面，又因为，
因此以点为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，
建立如下图所示的空间直角坐标系.
由已知，求得，
所以.
，因为，
设平面的法向量为，则
令，则，
设直线与平面所成角为，
则直线与平面所成角的正弦值为.
【小问2详解】
易知平面的法向量为，
设平面与平面夹角为，
则平面与平面夹角的余弦值为.
【小问3详解】
因为，
则点到平面的距离为.
18. 椭圆的左、右焦点分别为和，左顶点为，下顶点为.
（1）求椭圆的离心率；
（2）已知过的直线与椭圆交于两点，若在直线上存在一点，使得为面积是的等边三角形，求直线的方程与椭圆的标准方程.
【答案】（1）
（2）椭圆方程为，直线方程为或.
【解析】
【分析】（1）根据题意可得出，由此求得椭圆的离心率；
（2）讨论直线斜率存在和不存在，设直线为，联立直线的方程和椭圆的方程，写出韦达定理，由此求得的表达式并进行化简，由，整理可求出，由此可求出直线的方程与椭圆的标准方程.
【小问1详解】
依题意，且，
所以，又，所以，
整理得.
【小问2详解】
由（1）有，故椭圆方程可写成.
①当直线斜率不存在时，直线为，显然不成立；
②当直线斜率存在时，设直线为，设直线与椭圆交于不同的两点中点为，
由方程组整理得
由已知可得，所以，且，
①，
②，
①②式代入，整理得，满足，即，
代入①式，求得，
故椭圆方程为，
直线方程为或.
19. 已知，记无穷数列的前项中的最大值为，最小值为，令.
（1）若，求数列的通项公式与其前项和；
（2）若数列为递增的等差数列，判断数列是否也一定为递增的等差数列，并说明理由；
（3）若，设数列的前项和为，是否存在正整数，使得为等差数列？如果存在，求出所有的值，如果不存在，请说明理由.
【答案】（1），
（2）数列为递增的等差数列，证明见解析.
（3）存在，
【解析】
【分析】（1）由，分类讨论求解及其前项和即可；
（2）设等差数列公差为，则，讨论，和，矛盾，所以，然后证明即可；
（3）若，由（2）可知也等差数列，且公差为，，，由错位相减法求出，假设存在正整数，使得为等差数列，求解即可.
【小问1详解】
由，即，当时，，当时，
为偶数，，
为奇数，且，
故
当时，，
当时，，
所以，
【小问2详解】
若为递增的等差数列，设其公差为，则，
所以，，
若，则，矛盾，
若，则，矛盾，所以，
所以，是递增的数列.由，
所以，是公差为的等差数列，因此数列为递增的等差数列得证.
【小问3详解】
若，由（2）可知也为等差数列，且公差为，
，，
，
，
，所以.
若存在正整数，使得成等差数列，即，
，即①，
令，，所以单调递减，，
所以若①式成立，则，所以，
类似的单调性，可得是单调减函数，
由于，
所以上面关于的方程存在唯一解.
因此存在唯一一组正整数，使得为等差数列.
20. 已知函数.
（1）若，函数在点处的切线斜率为，求函数的单调区间和极值；
（2）试利用（1）结论，证明：；
（3）若，且，不等式恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）单调递增区间为，函数的单调递减区间为，极大值1，无极小值.
（2）证明见解析 （3）.
【解析】
【分析】（1）求，由求出，分别解和，即可求出函数的单调区间和极值；
（2）由（1）可得令，可得，再由放缩法结合等比数列的前项和可证明；
（3）将不等式转化为证明桓成立，分，讨论，当时，对不等式两侧同时取对数，构建新函数，令，等价于恒成立，结合的单调性可得，设，求出的最大值，即可得出答案.
【小问1详解】
当时，，
，由已知，所以，
即，因为，
所以，当时，，当时，，
因此，的单调递增区间为，函数的单调递减区间为.
当时，函数取得极大值，无极小值.
【小问2详解】
证明：由（1）可得当时，，即
令，可得，所以，
所以，
，原式得证.
【小问3详解】
已知，则，不等式为，
即桓成立，
（i）当时，任意，因此满足条件.
（ii）当时，，不等式两侧同时取对数，
有，等价于①，
构建新函数，令，①式等价于恒成立，
而，函数在其定义域上单调递增，因此对任意，有
成立，即任意，有，
等价于②，设，
当时，，当时，，
所以，函数在区间上单调递增，在区间上单调逆减，
所以，因此由（2）式可得.
综上，正实数的取值范围为.