精品解析：天津市滨海新区塘沽第一中学2025届高三下学期十二校联考（一）模拟考试数学试题

塘沽一中2025届高三毕业班十二校联考（一）模拟考数学 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，考试用时120分钟．第Ⅰ卷1至3页，第Ⅱ卷4至7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． 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. 2. 空间中有三个平面与三条直线，则下列说法一定正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 3. 下列命题正确的是（ ） A. 命题“ ，使得”的否定是“ ，使得” B. 若，则 C. 若函数在上具有单调性，则 D. “”是“”的充分不必要条件 4. 2025年春节期间，国产电影《哪吒之魔童闹海》凭借其震撼的特效、生动的情节与深刻的思想票房一路攀升．截至2025年2月6日登顶中国国内电影票房榜首．下图为某平台向公众征集该电影的评分结果，根据表格可以估计其得分的60%分位数约为：（ ） 评分/分 人数占比/% 1.0 3.2 13.6 34.2 48.0 A. 3.98 B. 4.03 C. 4.17 D. 4.38 5. 已知函数定义域为，且函数与均为偶函数，当时，是减函数，设，，，则a，b，c的大小关系为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. 最小正周期为 B. 函数的图象关于直线对称 C. 函数在区间上单调递增 D. 函数在上有3个零点 7. 是平面直角坐标系内一点，我们以 轴正半轴为始边，射线为终边构成角，的长度作为的函数，若其解析式为：，则的轨迹可能为：（ ）. A. B. C. D. 8. 如图，一个四分之一球形状的玩具储物盒，若放入一个玩具小球，合上盒盖．可放小球的最大半径为．若是放入一个正方体，合上盒盖，可放正方体的最大棱长为，则（ ） A. B. C. D. 9. 已知，分别是双曲线的左、右焦点，点，分别在的左、右两支上，且满足，，，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 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. 复数满足，其中为虚数单位，则复数的虚部为__________. 11. 的展开式中的常数项是___________. 12. 已知为抛物线 上一点，以为圆心，为半径作得圆．过点作圆的两条切线，切点分别为，则四边形周长的最小值是________． 13. 甲、乙、丙、丁四位同学参加跳台滑雪、越野滑雪、单板滑雪三个项目的比赛，每人只能参加一个项目，每个项目至少一个人参加，且甲、乙两人不能参加同一项目的比赛，则四人参加比赛的不同方案一共有_____种；如果符合以上条件的各种方案出现的概率相等，定义事件A为丙和丁参加的项目不同，事件B为甲和乙恰好有一人参加跳台滑雪，则________． 14. 如图，动点C在以AB为直径的半圆O上（异于A，B）， ，， ，______；的最大值为______． 15. 已知函数，若关于x的方程有2个不相等的实数根，则实数a的取值范围是______． 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△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，，的面积为，． （1）求A的值； （2）求b的值； （3）求的值． 17. 如图，正方形所在的平面与平面垂直，点为的中点， ，，． （1）证明： 平面 ； （2）求平面与平面 夹角的余弦值； （3）求点到平面的距离． 18. 在平面直角坐标系中，椭圆： 的离心率为，焦距为. （Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）如图，动直线：交椭圆于两点，是椭圆上一点，直线的斜率为，且，是线段延长线上一点，且，的半径为，是的两条切线，切点分别为.求的最大值，并求取得最大值时直线的斜率. 19. 已知是公比为的等比数列．对于给定的（，，⋯），设是首项为，公差为的等差数列，记的第项为．若，且． （1）求的通项公式； （2）设，求的前项和 （3）若，求使得成立的最大整数的值．（其中表示不超过 的最 大整数） 20. 已知函数， （1）若与的图象恰好相切，求实数的值； （2）时，证明：当时， （3）若 有三个零点，，，且． （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）求证： ． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 塘沽一中2025届高三毕业班十二校联考（一）模拟考数学 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，考试用时120分钟．第Ⅰ卷1至3页，第Ⅱ卷4至7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． 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】分别确定集合 ，，根据并集的概念求可得答案. 【详解】因为，， 所以. 故选：B 2. 空间中有三个平面与三条直线，则下列说法一定正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【分析】根据直线与直线、平面与平面、直线与平面之间的位置关系，只有D选项正确. 【详解】A选项，直线可能平行、垂直或者异面，A错误； B选项，平面的位置关系不确定，如空间直角坐标系中三个平面两两垂直，此时，B错误； C选项，平面相交或平行，C错误； D选项，根据垂直于同一平面的两条直线平行，得到，D正确； 故选：D. 3. 下列命题正确的是（ ） A. 命题“ ，使得”的否定是“ ，使得” B. 若，则 C. 若函数在上具有单调性，则 D. “”是“”的充分不必要条件 【答案】D 【解析】 【分析】A. 利用含有一个量词的命题的否定的定义判断； B.根据指数函数、对数函数和幂函数的值域判断； C.利用二次函数的单调性判断； D.利用充分条件和必要条件的定义判断. 【详解】A. 命题“ ，使得”是存在量词命题，则其否定是全称量词命题即：“，都有”，故错误； B.若，则，所以，故错误； C.若函数在上具有单调性，则或，解得或，故错误； D. 不等式解得或，所以 “”是“”的充分不必要条件，故正确 故选：D 4. 2025年春节期间，国产电影《哪吒之魔童闹海》凭借其震撼的特效、生动的情节与深刻的思想票房一路攀升．截至2025年2月6日登顶中国国内电影票房榜首．下图为某平台向公众征集该电影的评分结果，根据表格可以估计其得分的60%分位数约为：（ ） 评分/分 人数占比/% 1.0 3.2 13.6 34.2 48.0 A. 3.98 B. 4.03 C. 4.17 D. 4.38 【答案】C 【解析】 【分析】由百分位数的定义即可求解. 【详解】因为， 设得分的60%分位数为 ， 则，解得， 所以得分的60%分位数约为. 故选：C. 5. 已知函数定义域为，且函数与均为偶函数，当时，是减函数，设，，，则a，b，c的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，由条件可得函数是周期为2的函数，则可得，， 【详解】因为函数是偶函数，则， 又函数为偶函数，则， 即，所以函数是周期为2的函数， 则，， 且当时，是减函数， 由可得，即 . 故选：C 6. 已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. 最小正周期为 B. 函数的图象关于直线对称 C. 函数在区间上单调递增 D. 函数在上有3个零点 【答案】C 【解析】 【分析】结合图象先求出函数解析式，即可判断A；再根据正弦函数的性质判断BCD即可. 【详解】由图可知，，， 则 ，故A错误； 又，则，所以， 则，即， ， 又，所以，即， 则， 所以函数的图象不关于直线对称，故B错误； 当时，， 因为正弦函数 在上单调递增， 所以函数在区间上单调递增，故C正确； 令，即， 则， ，即， ， 又，则或， 所以函数在上有2个零点，故D错误. 故选：C. 7. 是平面直角坐标系内一点，我们以 轴正半轴为始边，射线为终边构成角，的长度 作为的函数，若其解析式为：，则 的轨迹可能为：（ ）. A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】证明得到 是以为周期的函数，排除C、D.再研究的函数性质，借助导数即可. 【详解】，， 可以得到 是以为周期的函数，所以 的轨迹在四个象限内应相似，故排除C、D. 由于A、B项均关于对称，所以仅研究，此时，令 ，，令， 则， 解得(负数根舍去)，则 在单调递减，单调递增，即在单调递增，在有且仅有一个极值点，所以不会一直增大，B正确. （注：本题在A、B当中选择亦可使用特殊值法，，选B） 故选：B 8. 如图，一个四分之一球形状的玩具储物盒，若放入一个玩具小球，合上盒盖．可放小球的最大半径为 ．若是放入一个正方体，合上盒盖，可放正方体的最大棱长为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】画出截面图，设储物盒所地球的半径为，从而利用表达出小球最大半径 和正方体棱长，进而求出比值. 【详解】设储物盒所在球的半径为，如图， 小球最大半径 满足，所以， 正方体的最大棱长满足，解得， 所以. 故选：D. 9. 已知，分别是双曲线的左、右焦点，点 ， 分别在 的左、右两支上，且满足，，，则 的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据平行关系利用对称性并结合双曲线定义，利用勾股定理构造方程可解得，可得其离心率. 【详解】连接，延长与双曲线交于点，连接，如下图所示： 由，根据对称性可知，又，所以四边形为矩形； 由可设，则; 由双曲线定义可知，所以，所以； 又，所以； 因为， 在中，，且， 所以，解得； 即，所以； 在中，，即， 解得，即. 故选：B 【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据平行关系利用对称性，由双曲线定义和勾股定理计算得出的关系式，即可求解. 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. 复数满足，其中为虚数单位，则复数的虚部为__________. 【答案】1 【解析】 【分析】根据复数模的定义，可得，运算可得 ，所以的虚部为1 【详解】因为，所以，所以 ，所以的虚部为1. 故答案为：1 11. 的展开式中的常数项是___________. 【答案】-84 【解析】 【详解】∵的展开式为，∴令=0得r=3，故常数项为 12. 已知 为抛物线 上一点，以 为圆心，为半径作得圆 ．过点作圆 的两条切线，切点分别为，则四边形周长的最小值是________． 【答案】## 【解析】 【分析】利用圆的性质结合勾股定理求解边长，结合二次函数性质求解最值即可. 【详解】因为 是圆心，半径为1，所以， 如图，设点，连接， 因为是圆的两条切线，所以， 由勾股定理得， 由两点间距离公式得， 因为 为抛物线 上一点，所以， 故， 当 时，此时取得最小值，最小值为， 则，故，即，同理， 而， 故当圆心为 或时，四边形周长最小，最小为. 故答案为：. 13. 甲、乙、丙、丁四位同学参加跳台滑雪、越野滑雪、单板滑雪三个项目的比赛，每人只能参加一个项目，每个项目至少一个人参加，且甲、乙两人不能参加同一项目的比赛，则四人参加比赛的不同方案一共有_____种；如果符合以上条件的各种方案出现的概率相等，定义事件A为丙和丁参加的项目不同，事件B为甲和乙恰好有一人参加跳台滑雪，则________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】第一空，利用部分平均分组分配问题，结合间接法即可得解；第二空，利用分类加法原理，结合排列组合的知识与条件概率的概率公式即可得解. 【详解】依题意，甲、乙、丙、丁四位同学参加三个项目所有的方案共种， 其中甲、乙参加同一项目的方案种， 则所求的参赛方案一共有种； 因为甲、乙两人不能参加同一项目，所以丙、丁两人不能参加同一项目， 则甲、乙必有其中一人和丙、丁其中一人参加同一项目，这里有 种方案， 若甲单独选择跳台滑雪，则丙、丁可分别选择越野滑雪或者单板滑雪，乙也可在其中二选一， 故总共有种不同的方案； 若甲和一人一起选择跳台滑雪，则甲只可能和丙或丁共同选择，剩下2个人分别选择2个项目， 故共有种不同的方案； 同理，乙单独选择跳台滑雪，有种不同的方案； 乙和一人共同选择跳台滑雪，有种不同的方案，总共有16种方案. 所以. 故答案为：；. 【点睛】关键点点睛：本题第二空解决的关键是，分类讨论事件对应的情况，做到不缺不漏，从而得解. 14. 如图，动点C在以AB为直径的半圆O上（异于A，B）， ，， ，______；的最大值为______． 【答案】 ①. 2 ②. 2 【解析】 【分析】根据向量的线性运算结合模长即可求得第一空答案；设，作，交的延长线于E，求出，继而求出，结合数量积的几何意义，即可求得答案. 【详解】由题意可知O为的中点，且， 则； 设，作，交的延长线于E， 在中， 故，则， ，又 ，故， 则， 故， 当时，取到最大值2， 故答案为：2；2 15. 已知函数，若关于x的方程有2个不相等的实数根，则实数a的取值范围是______． 【答案】,,． 【解析】 【分析】方程可化为，根据一次函数与二次函数的性质，分别讨论函数与函数，在同一坐标系内作出它们的图象并观察交点的个数，建立关于的不等式，进而求出实数的取值范围． 【详解】方程，即， 结合，得，原方程可化为， ①时，原方程变为，只有一个实数根，不符合题意； ②，记， 的图象是开口向下的抛物线，函数的最大值， 因为在上是减函数，在上是增函数， 所以的最小值为， 结合图象可知：此时与的图象有两个交点，符合题意； ③ ，则， 在上是减函数，在，上是增函数，的最小值为， 的图象是开口向上的抛物线，函数 的最小值， 当时，即时，函数 的最小值， 观察图象可知：此时与的图象有两个交点，符合题意； 当时，函数 的最小值， 方程即的根的判别式△， 且方程即的根的判别式△， 结合与 都在处取最小值，可知与的图象不止有两个交点，不符合题意． 综上所述，或，即实数的取值范围是,,． 故答案为：,,． 【点睛】方法点睛：函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路 (1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围； (2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决； (3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解． 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△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，，的面积为，． （1）求A的值； （2）求b的值； （3）求的值． 【答案】（1） （2）8 （3） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理边角互化及三角恒等变形化简得，结合三角形内角即可求A的值； （2）由面积公式可得，利用余弦定理得，结合即可求b的值； （3）由（2）知，利用余弦定理的推论可求，根据倍角公式求出，最后用和差公式求值即可． 【小问1详解】 由正弦定理得， ， ，， 又，所以． 【小问2详解】 ，即①， 又 ，即②， 由①②解得或， 又， 所以b的值为8． 【小问3详解】 由（2）知， 所以， ， 又，所以，， 则， 所以 ， 即的值为． 17. 如图，正方形所在的平面与平面垂直，点 为的中点， ，，． （1）证明： 平面 ； （2）求平面与平面 夹角的余弦值； （3）求点到平面的距离． 【答案】（1） 因为平面平面，交线为， 平面且 ，所以 平面， 又因为，所以． 以点为原点，，，所在直线分别为 轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 所以，，，，，，． 因为，平面 的法向量为， ，所以，又因为 平面 ，所以 平面 ． （2） （3）． 【解析】 【分析】（1）根据垂直关系，建立空间直角坐标系，写出相应点的坐标和平面的法向量，证明即可. （2）求得平面和平面 的法向量，代入夹角公式计算； （3）根据已求得的平面的法向量，利用点到面的距离公式，求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，，设平面的法向量为， 则，令，则， 设平面与平面 的夹角为，， ， 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. 在平面直角坐标系中，椭圆： 的离心率为，焦距为. （Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）如图，动直线：交椭圆于两点， 是椭圆上一点，直线的斜率为，且， 是线段延长线上一点，且，的半径为，是的两条切线，切点分别为.求的最大值，并求取得最大值时直线的斜率. 【答案】（1） （2） 的最大值为 ，取得最大值时直线的斜率为 . 【解析】 【详解】试题分析：（I）本小题由， 确定即得. （Ⅱ）通过联立方程组化简得到一元二次方程后应用韦达定理，应用弦长公式确定 及圆 的半径 表达式.进一步求得直线的方程并与椭圆方程联立，确定得到的表达式，研究其取值范围.这个过程中，可考虑利用换元思想，应用二次函数的性质及基本不等式. 试题解析：（I）由题意知 ， ， 所以 ， 因此 椭圆的方程为 . （Ⅱ）设， 联立方程 得， 由题意知 ， 且， 所以 . 由题意可知圆 的半径 为 由题设知， 所以 因此直线的方程为. 联立方程 得， 因此 . 由题意可知 ， 而 ， 令， 则， 因此 ， 当且仅当，即时等号成立，此时， 所以 ， 因此， 所以 最大值为. 综上所述：的最大值为，取得最大值时直线的斜率为. 【名师点睛】本题对考生计算能力要求较高，是一道难题.解答此类题目，利用的关系，确定椭圆（圆锥曲线）方程是基础，通过联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系，得到“目标函数”的解析式，应用确定函数最值的方法---如二次函数的性质、基本不等式、导数等求解.本题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出.本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等. 19. 已知是公比为的等比数列．对于给定的（ ，，⋯），设是首项为，公差为的等差数列，记的第项为．若，且． （1）求的通项公式； （2）设，求的前项和 （3）若，求使得成立的最大整数的值．（其中表示不超过 的最 大整数） 【答案】（1） （2） （3）满足不等式的最大正整数 【解析】 【分析】（1）根据给定定义，可得，进而列出的方程组，求解即可； （2）由（1）求得，进而求得，利用错位相减法求得； （3）由（1）求得，进而求得，进一步可证明，从而可得，计算可得满足不等式的最大正整数. 【小问1详解】 依题意可得， ， ， 由，且，得，解得，于是， 所以的通项公式是； 【小问2详解】 由题意可得， 所以， 所以 可得， 两式相减得， 令， 则有， 两式相减得 ， 所以， 所以， 所以； 【小问3详解】 根据题意可得， 所以 。 下证当时，， ， 因为，当时，， 所以 所以当时，， 所以， 当时，，所以， 所以， 所以，满足不等式的最大正整数. 【点睛】关键点点睛：正确理解数列新定义，进而得到的关系式，求得数列的通项公式，在此基础上，进一步求解后面的问题，第三问关键在于证明，从而可得，从而求解问题. 20. 已知函数， （1）若与的图象恰好相切，求实数的值； （2）时，证明：当时， （3）若 有三个零点，，，且． （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）求证： ． 【答案】（1） （2）证明：当时， ， 要证 ，即证 ， 令，则， 令， 所以在 上单调递减，在 上单调递增， 所以； 令 ， 所以 在上单调递增，在上单调递减， 所以； 而上面两个等号不是同时取到， 所以在上恒成立， 即当时，. （3）（i）； （ii）证明：，由， 由此可得 ，要想证明 ， 只需证明，而， 因此只需要证明当时，， 令， 可得 ，故在上单调递增， 因此当时， ，即当时，， 因此， 由 ，有，即， 两边同时除以，由，有， 即 . 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义建立方程组，解之即可； （2）将原不等式转化为 ，利用导数分别证明、 ，两个等号不是同时取到，进而得证； （3）首先方程等价于 ，并构造函数，注意到1是函数的一个零点，转化为在上有2个零点，并结合零点存在性定理求的取值范围，由，判断，将所证明不等式转化为，再利用，将不等式转化为，再构造函数，利用导数，判断函数的单调性，即可证明. 【小问1详解】 由题意， ， 设切点 ，又直线与图象相切， 所以，即， 得，即 ，代入， 得 ，解得，代入 ，解得. 经检验，符合题意. 所以的值为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 （i）由题意， ， 由 等价于 ， 令.注意到， ，依题意，除了1之外，还有两个零点， 又由，令 （）， 当时， 恒成立，故这时在单调递减，不合题意； 当时，由题意，首先在上有两个零点， 故 ，解得， 设两个零点为和，有 ， ，故可知，均大于0， 由此可得在单调递增，单调递减，单调递增， 而，即 ， 又因为 ， 故在内恰有一个零点，在内恰有一个零点， 又1为的一个零点，所以恰有3个零点，亦即恰有3个零点， 实数的取值范围是. （ii）略 【点睛】关键点点睛：本题的难点是第三问，关键1是求出的取值，关键2是证明. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $