2025天津河西区高三下学期二模试题数学含解析

这是一份2025天津河西区高三下学期二模试题数学含解析，共8页。试卷主要包含了 设，，，则，，的大小关系为， 已知函数是偶函数，且，则， 已知双曲线等内容，欢迎下载使用。
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时120分钟，第Ⅰ卷1至3页，第Ⅱ卷4至8页.
答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码.答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
祝各位考生考试顺利！
第Ⅰ卷
注意事项：
1.每小题选出答案后，用铅笔将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.
2.本卷共9小题，每小题5分，共45分.
参考公式：
·如果事件，互斥，那么.
·如果事件，相互独立.那么.
·锥体的体积公式，其中表示锥体的底面面积，表示锥体的高.
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】B
【解析】
【分析】根据交集定义计算求解.
【详解】集合，，则.
故选：B.
2. “”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】解出两不等式的解集，并根据其包含关系判断即可.
【详解】易知不等式的解集为，
不等式的解集也为，
所以“”是“”的充分必要条件.
故选：C
3. 设，，，则，，的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用对数函数单调性限定出的取值范围即可.
【详解】易知，即；
而，即；
又，因此，
所以.
故选：D
4. 某大型企业开发了一款新产品，投放市场后供不应求，为了达到产量最大化，决定增加生产线．经过一段时间的生产，统计得该款新产品的生产线条数与月产量（件）之间的统计数据如下表：
由数据可知，线性相关，且满足回归直线方程，则当该款新产品的生产线为12条时，预计月产量为（ ）
A 73件B. 79件C. 85件D. 90件
【答案】C
【解析】
【分析】根据所给数据求出样本中心点，再代入回归直线方程，即可求出参数的值，从而得到回归直线方程，最后将代入计算可得.
【详解】解：依题意可得，，
因为回归直线方程必过样本中心点，即，解得，所以，
当时，
故当该款新产品的生产线为12条时，预计月产量为85件.
故选：C
5. 记为等比数列的前项和．若，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设等比数列的公比为，根据已知条件求出的值，再利用等比数列的求和公式可求出的值.
【详解】设等比数列的公比为，由得，可得，
所以，，
所以，.
故选：C.
6. 已知函数是偶函数，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由偶函数的定义可得，即可得出的值.
【详解】因为函数是偶函数，且，则，
故.
故选：D.
7. 已知、是函数的两个零点，且的最小值为，若将函数的图象向左平移个单位后得到的图象关于原点对称，则函数的解析式可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出函数的最小正周期，可得出的值，然后利用三角函数图象变换可得出平移后所得函数的解析式，根据正切型函数的奇偶性可得出关于的等式，解出的表达式，即可得出合适的选项.
【详解】由题意可知，函数的最小正周期为，所以，
所以，
将函数的图象向左平移个单位后得到的图象关于原点对称，
可得出函数为奇函数，
所以，，解得，A选项合乎题意.
故选：A.
8. 已知双曲线：的左、右焦点分别为，，过作直线分别交双曲线的左、右两支于，两点，满足，且，，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用垂直关系的向量表示得，且为等边三角形，结合双曲线定义以及余弦定理计算得，进而求出渐近线方程.
【详解】由，得，即，
又，得为的中点，则，
又，于是为等边三角形，设的边长为，
由双曲线定义知，，，则，，
又，则，解得，
在中，由余弦定理得，
即，得，，，
所以双曲线的渐近线方程为.
故选：A
9. 在正四棱锥中，底面四边形是边长为的正方形，当该正四棱锥的外接球半径与内切球半径之比最小时，则该正四棱锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】对外接球，根据几何关系建立方程求解半径；对内切球，先求出侧面三角形面积进而得到四棱锥表面积，再利用等体积法求出内切球半径，最后得到的表达式，通过换元法结合基本不等式求其最小值及对应的值，最后利用锥体体积公式求解即可.
【详解】设正四棱锥的高为，设，连接，则平面，
设该正四棱锥的外接球球心为，则在直线上，
取中点，连接、，
对外接球，解得：，
对内切球：，
故四棱锥表面积，
由体积法：，
所以，
令，则，
进而，
当且仅当，即时，取最小值，此时.
因此，该正四棱锥体积为.
故选：B.
河西区2024-2025学年度第二学期高三年级总复习质量调查（二）
数学试卷
第Ⅱ卷
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. 是虚数单位，复数满足，则______.
【答案】
【解析】
【分析】根据复数的除法运算公式，即可求解.
【详解】由条件可知，.
故答案为：
11. 在的展开式中，偶数项的二项式系数和为128，则常数项为______.
【答案】
【解析】
【分析】首先根据二项式系数的性质求，再根据通项公式，即可求解.
【详解】由条件可知，，则，
二项展开式的通项公式，
令，得，
所以常数项为.
故答案为：
12. 已知抛物线的焦点为，圆：，过点作直线与圆交于两点，且为的中点，则直线的方程为______.
【答案】
【解析】
【分析】求出抛物线焦点坐标和圆心坐标，依题意可得，求得直线的斜率为可得其方程.
【详解】易知抛物线的焦点为，
将圆化为标准方程，圆心，半径，如下图所示：
若为的中点，结合圆的性质可知，
易知，所以直线的斜率为，
因此直线的方程为，即.
故答案为：
13. 已知甲袋中装有个红球，个白球；乙袋中装有个红球，个白球，两个袋子均不透明，其中的小球除颜色外完全一致.现从两袋中各随机取出一个球，若两个球同色，则将取出的两个球全部放入甲袋中；若两个球不同色，则将取出的两个球全部放入乙袋中，每次取球互不影响.按上述方法操作一次，在甲袋中恰有个小球的条件下，当时从甲袋中取出的是红球的概率是______；按上述方法重复操作两次后，乙袋中恰有个小球的概率是______.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】记住事件甲袋中恰有个小球，事件从甲袋中取出的是红球，利用条件概率公式可求得的值；对前两次模的球的颜色进行分类讨论，结合独立事件的概率公式可得出所求事件的概率.
【详解】记住事件甲袋中恰有个小球，事件从甲袋中取出的是红球，
则，，
由条件概率公式可得；
根据题意，若乙袋中恰有个小球，则两次操作后，取出的两球是同色的，有种情况：
（i）第一次都取出红球，第二次都取出红球，其概率为；
（ii）第一次都取出红球，第二次都取出白球，其概率为；
（iii）第一次都取出白球，第二次都取出红球，其概率为；
（iv）第一次都取出白球，第二次都取出白球，其概率为.
因此，重复操作两次后，乙袋中恰好有个小球的概率为.
故答案为：；.
14. 在平行四边形中，，，，四边形的面积为6，则的最小值为______；当在上的投影向量为时，______.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】（1）首先利用基底法表示数量积，再结合四边形面积公式，以及基本不等式，即可求解的最小值；根据第一问的过程，结合投影向量公式，可以求，，再代入数量积公式，即可求解.
【详解】由条件可知，,，
所以，所以，
，，
，
，
当时等号成立，
所以的最小值为；
在上的投影向量为，则，即,
因为，所以，得，，
则.
故答案：；.
15. 已知函数有四个不同的零点，且，则的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】由可得，数形结合可知、为方程的两根，、为方程的两根，求出的取值范围，利用韦达定理求出关于的表达式，令，，利用导数求出的值域，即为所求.
【详解】由题意可知，由可得，
可得，
所以，直线与函数的图象有四个交点，如下图所示：
由可得或，
结合图象可知，、为方程的两根，即方程的两根，
，由韦达定理可得，，
因为，则，
、为方程的两根，即方程的两根，
，可得，故，
由韦达定理可得，，
因为，所以，
所以，
令，，
所以，
对任意的，，则，
即对任意的恒成立，
所以，函数在上单调递减，且，，
故当时，，
因此，的取值范围是.
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. 在三角形中，内角的对边分别为，已知
（1）求；
（2）若
（i）求；
（ii）求.
【答案】（1）；
（2）（i）；（ii）.
【解析】
【分析】（1）由题设结合正弦定理边化角和两角和的正弦公式即可计算求解.
（2）（i）先由（1）求出，再由题设结合正弦定理即可计算求解.
（ii）由（i）求出，接着由倍角公式求出，再由结合两角和的正弦公式即可计算求解.
【小问1详解】
因为，
所以由正弦定理得，即，
又，则，所以.
【小问2详解】
（i）由（1）可得，
若，则由正弦定理得即，
所以.
（ii）因为，，，
所以，故，
所以，
所以
.
17. 如图，在五面体中，平面，，，，，，，，分别为，的中点，连接，，.

（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的大小；
（3）线段上是否存在点，使得平面？若存在，求点到平面的距离；若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）.
（3）存在，.
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系求出平面的法向量，利用线面垂直的向量表示可证明得出结论；
（2）由线面角的向量求法计算即可求得结果；
（3）设，由平面解得，再由点到面的距离公式计算可得结果.
【小问1详解】
如图，以为原点，分别以，，方向为轴、轴、轴正方向建立空间直角坐标系，

由题意可得，，，，，，，，，
因为，，所以，
又，分别为，的中点，所以，，，，四点共面，
设平面的一个法向量，，，
由，即，
令，，，所以，
，易知，
所以平面.
【小问2详解】
易知，由（1）知平面的法向量，
设直线与平面所成角为，
则，又，∴，
所以直线与平面所成角的大小为.
【小问3详解】
设，，
所以，则，
设平面的一个法向量，
，，
由，即，
令，，，所以，
则，
因为平面，所以，解得，所以，
设点到平面的距离为，，，
则，
所以点到平面的距离为.
18. 已知椭圆的两个焦点和两个顶点四点共圆，且与直线相切.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过点作斜率为的直线交椭圆于、两点，线段的垂直平分线交轴于点为，点关于直线的对称点为点，若四边形为正方形，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意得出，，可将椭圆的方程化为，再将椭圆的方程与直线的方程联立，由求出的值，即可得出椭圆的方程；
（2）设直线的方程为，设点、，的中点为，将该直线方程与椭圆的方程联立，并列出韦达定理，求出点的坐标，可得出直线的方程，求出点的坐标，根据结合韦达定理求出的值.
【小问1详解】
因为椭圆的两个焦点和两个顶点四点共圆，所以，则，
所以椭圆的方程为，
由消去，得，
因为椭圆与直线相切，
所以令，解得，所以，
所以椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
设直线的方程为，设点、，的中点为，
联立消去，得，
，
由韦达定理得，，
所以，代入，解得，
故线段的中点的坐标为，
所以线段的垂直平分线的方程为，
令，解得，即，
因为线段和线段互相垂直平分，所以四边形为菱形，
要使四边形为正方形，需满足，
所以
,
即，解得，则的值为.
19. 已知数列为等差数列或等比数列，前项和为，且满足，.
（1）当数列为等差数列时，求的通项公式及；
（2）当在单调递增时，设，求的值；
（3）当数列为等比数列且为摆动数列时，设，求的最大值和最小值.
【答案】（1），.
（2）
（3）最大值为1，最小值为.
【解析】
【分析】（1）根据等差数列定义列方程组解得首项和公差即可求得结果；
（2）经分析可知只有当时，在单调递增，满足题意，再利用裂项求和可得结果；
（3）由（2）可知当时为等比数列且为摆动数列时，对表达式化简分析可求的结果.
【小问1详解】
假设等差数列的公差为，由题意得，所以，
所以，
.
【小问2详解】
当数列为等差数列时，由（1）知，显然在不单调；
当数列为等比数列时，假设公比为，，解得或，
当时，，易知在单调递增；
当时，，易知不单调，
所以，
所以，
.
【小问3详解】
当数列为等比数列时，由（2）知或，
又为摆动数列，所以，，
所以，
当为奇数时，单调递减，，当时取得最大值1，
当为偶数时，单调递增，，当时取得最小值，
所以的最大值为1，最小值为.
20. 已知函数.
（1）当时，求曲线在处的切线方程；
（2）讨论的单调性；
（3）已知，证明：（其中是自然对数的底数）.
【答案】（1）
（2）答案见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出函数的导函数，利用导数的几何意义求出切线的斜率，再由点斜式计算可得；
（2）求出函数的定义域与导函数，再分、、三种情况讨论，分别求出函数的单调性；
（3）依题意即证，当恒成立，当时，只需证，即证，分别构造函数，利用导数求出，，即可得证.
【小问1详解】
当时，，，
当时，，，
切线方程为，整理得，
所以曲线在处的切线方程为.
【小问2详解】
函数的定义域为，，
对于关于的方程，有，
当时，，则恒成立，在上单调递减；
当时，方程有两根，，
若，则，，
当时，，所以在上单调递增；
时，，所以在上单调递减；
若，则，
当和时，，当时，；
即在与上单调递减，在上单调递增；
综上所述，当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在与上单调递减，
在上单调递增.
【小问3详解】
要证，即证，
因为，，所以，
当时，不等式显然成立；
当时，因为，则，
所以只需证，即证，
令，，则，
由得；由，得，
则在上为单调递增，在上单调递减，故；
令，，则，
所以当时，，当时，，
所以在上为单调递减，在上为单调递增，
所以，
所以恒成立，即.
4
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