精品解析：2025届天津市十二校高三二模数学试题

塘沽一中2025 届高三毕业班十二校联考（二）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6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. “”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 3. 已知，，，则的大小关系是（ ） A. B. C. D. 4. 下列说法正确的是（ ） A. 一组数据的标准差为0，则这组数据中的数均相等. B. 两组数据的标准差相等，则这两组数据的平均数相等. C. 若两个变量的相关系数越接近于0，则这两个变量的相关性越强. D. 已知变量，由它们的样本数据计算得到的观测值，则在犯错误的概率不超过0.025的前提下认为变量没有关系. 的部分临界值如表： 0.1 005 0.025 0.01 2706 3.841 5.024 6.635 5. 函数 部分图象大致是（ ） A. B. C. D. 6. 在数列中，，，记为数列的前项和，则（ ） A. 0 B. 18 C. 10 D. 9 7. 已知函数的部分图象如图所示，将的图象向左平移个单位长度，再把所有点的纵坐标不变，横坐标伸长到原来的2倍，得到函数的图象，则（ ） A. B. C. 1 D. 0 8. 已知双曲线的左、右焦点分别为，两条渐近线的夹角为，过点作轴的垂线，交双曲线的左支于两点，若的面积为，则该双曲线的方程为（ ） A. B. C. D. 9. 如图，正四棱锥每个顶点都在球的球面上，侧面是等边三角形.若半球的球心为四棱锥的底面中心，且半球与四个侧面均相切，则半球的体积与球的体积的比值为（ ） 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 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. 已知为虚数单位，复数，则虚部为__________. 11. 二项式的展开式中，x的系数为_________. 12. 已知抛物线的焦点为，直线的倾斜角为，且过点.若与相交于两点，则以为直径的圆被轴截得的弦长为__________. 13. 二十四节气是中国古代用来指导农事的补充历法，是中华民族劳动人民长期经验积累的智慧结晶.春、夏、秋、冬每个季节各包含六个节气.李华同学计划从中随机选取2个节气开展知识讲座，则两个节气恰好在同一季节的概率为________；若已知选取的2个节气均属于春季，则其中包含“立春”的概率为________.（“立春”是春季的六个节气之一.） 14. 如图，已知直角三角形△中，，，，点在以为圆心且与边相切的圆上，若与圆的切点为，则__________，则的取值范围为____________. 15. 已知函数.若存在实数，使得方程有6个不相等实数根，则实数的取值范围是_____________________． 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. 在中，角、、的对边分别为、、，已知. （1）求的值； （2）若， （ⅰ）求的值； （ⅱ）求的值. 17. 如图，四棱锥中，平面，，，，，，是的中点. （1）求证：平面； （2）若， ①求平面与平面所成角的余弦值； ②在线段上是否存在点，使得点到平面的距离为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 18. 已知等差数列的前项和为，公差为1，且满足．数列是首项为2的等比数列，公比不为1，且、、成等差数列，其前项和为． （1）求数列和的通项公式； （2）若，求正整数的值； （3）记，求数列的前项和． 19. 已知椭圆的离心率为，且过点． （1）求椭圆的方程； （2）斜率为的直线与椭圆交于两点，记以为直径的圆的面积分别为，当为何值时，为定值． （3）在（2）的条件下，设不过椭圆中心和顶点，且与轴交于点，点关于轴的对称点为，直线与轴交于点，求周长的最小值． 20. 已知函数，，． （1）过原点作直线l与，的图象均相切，求实数k的值； （2）令， （ⅰ）讨论的极值点个数； （ⅱ）若为的极小值点，为的零点，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（二）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6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】A 【解析】 【分析】利用补集的定义可求得，进而利用交集的定义可求. 【详解】因为，，所以， 又，所以. 故选：A. 2. “”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据对数函数性质结合充分、必要条件分析判断即可求解． 【详解】因为，所以， 又因为不一定大于0，即不一定成立， 所以“”是“的不充分条件， 因为在上单调递增， 所以，即，所以“”是“的必要条件， 所以“”是“的必要不充分条件， 故选：B． 3. 已知，，，则的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据指数函数，对数函数，正弦函数的性质判断，，的范围，比较，，的大小即可. 【详解】由指数函数性质得，由对数函数性质得， 由正弦函数性质得，则，故B正确. 故选：B. 4. 下列说法正确的是（ ） A. 一组数据的标准差为0，则这组数据中的数均相等. B. 两组数据的标准差相等，则这两组数据的平均数相等. C. 若两个变量的相关系数越接近于0，则这两个变量的相关性越强. D. 已知变量，由它们的样本数据计算得到的观测值，则在犯错误的概率不超过0.025的前提下认为变量没有关系. 的部分临界值如表： 0.1 0.05 0.025 0.01 2.706 3.841 5.024 6.635 【答案】A 【解析】 【分析】根据标准差定义可判断A项；通过取反例可排除B项；利用相关系数概念易排除C项；利用独立性检验的规定，可判断D结论不成立. 【详解】对于A，根据标准差定义，一组数据的标准差时，显然有故A正确； 对于B，两组数据的标准差相等，这两组数据的平均数未必相等，如都为1和都为2的两组数据，它们的标准差均为0，但它们的平均数分别为1和，故B错误； 对于C，两个变量的相关系数越接近于0，两个变量的相关性越弱，故C错误； 对于D，，根据独立性检验原理，在犯错误的概率不超过0.025的前提下认为变量有关系，故D错误. 故选：A 5. 函数 的部分图象大致是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由，可得，函数为奇函数，排除B、D项，再由，排除C项，即可得到答案. 【详解】由函数，定义域为， 有， 所以函数为奇函数，其图象关于原点对称，可排除B、D项； 又由，可排除C项， 所以函数的图象为选项A. 故选：A. 6. 在数列中，，，记为数列的前项和，则（ ） A. 0 B. 18 C. 10 D. 9 【答案】C 【解析】 【分析】利用数列的递推公式顺次求解其项，可知数列为周期数列，据其周期求和即可. 【详解】因为，所以， 因为，所以，，， ，，，，…， 故数列为周期数列，周期为4， 所以. 故选：C. 7. 已知函数的部分图象如图所示，将的图象向左平移个单位长度，再把所有点的纵坐标不变，横坐标伸长到原来的2倍，得到函数的图象，则（ ） A. B. C. 1 D. 0 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定的函数图象，结合“五点法”作图求出函数，再利用函数图象变换求出即可. 【详解】观察函数图象，函数的最小正周期，解得， 由，得，又，则， ，将的图象向左平移个单位长度， 得的图象，因此， 所以. 故选：C 8. 已知双曲线的左、右焦点分别为，两条渐近线的夹角为，过点作轴的垂线，交双曲线的左支于两点，若的面积为，则该双曲线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据渐近线夹角和可确定，结合三角形面积、双曲线关系可构造方程组求得，由此可得双曲线方程. 【详解】为双曲线的通径，，又， ； 两条渐近线的夹角为，渐近线的倾斜角为或， 又，，渐近线倾斜角为，即； 由得：，双曲线方程为：. 故选：D. 9. 如图，正四棱锥的每个顶点都在球的球面上，侧面是等边三角形.若半球的球心为四棱锥的底面中心，且半球与四个侧面均相切，则半球的体积与球的体积的比值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】易知，则球M的球心是O，其，再由半球O的半径为，由，结合球的体积公式求解. 【详解】如图： 连接PO，BD，取CD中点E，连接PE，OE， 过O作OH⊥PE于H，易知PO⊥底面ABCD， 设，则，， ， 所以球M的球心是O，设半径为R，则， 半球O的半径为，则， 所以， 故. 故选：A 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. 已知为虚数单位，复数，则的虚部为__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用复数的乘法运算求得复数，可求复数的虚部. 【详解】因为，所以的虚部为. 故答案为：. 11. 二项式的展开式中，x的系数为_________. 【答案】20 【解析】 【分析】先求出展开式通项公式，再由通项公式中的系数为1即可求出的系数为1的项，进而得的系数. 【详解】的展开式的通项公式为: ， 由得， 则展开式中的系数为. 故答案为：20. 12. 已知抛物线的焦点为，直线的倾斜角为，且过点.若与相交于两点，则以为直径的圆被轴截得的弦长为__________. 【答案】 【解析】 【分析】由，联立抛物线并应用韦达定理得，再由抛物线的定义、中点公式求圆的半径和圆心横坐标，最后应用几何法求弦长. 【详解】由题意，联立，则，显然， 所以，故， 所以，以为直径的圆的圆心横坐标为3，半径为4， 故以为直径的圆被轴截得的弦长为. 故答案为： 13. 二十四节气是中国古代用来指导农事的补充历法，是中华民族劳动人民长期经验积累的智慧结晶.春、夏、秋、冬每个季节各包含六个节气.李华同学计划从中随机选取2个节气开展知识讲座，则两个节气恰好在同一季节的概率为________；若已知选取的2个节气均属于春季，则其中包含“立春”的概率为________.（“立春”是春季的六个节气之一.） 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据排列组合计算个数，即可结合古典概型的概率公式求解. 【详解】从24个节气中任选2个节气的所有情况有种， 则两个节气恰好在同一季节的情况有, 故两个节气恰好在同一季节的概率为， 若已知选取的2个节气均属于春季有种情况，则其中包含“立春”的概率为， 故答案为：， 14. 如图，已知直角三角形△中，，，，点在以为圆心且与边相切的圆上，若与圆的切点为，则__________，则的取值范围为____________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】建立如图平面直角坐标系，求出，利用三角形等面积法求出圆的半径，进而求出，根据平面向量数量积的定义求出；设BC的中点为，利用平面向量的线性运算可得，结合圆的最值问题即可求解. 【详解】以A坐标原点建立平面直角坐标系，如图， 则，且，由， 所以，解得，即圆的半径为， 则，所以； 设BC的中点为， 则， 又，， 所以， 所以的取值范围为. 故答案为：； 15. 已知函数.若存在实数，使得方程有6个不相等实数根，则实数的取值范围是_____________________． 【答案】 【解析】 【分析】先作出函数的大致图象，由题得，三点的高度应满足或，∴或，解不等式即得解． 【详解】对于，，对其求导，， 易得， 故函数在单调递减，在单调递增，且． 当时，，如要满足题意，作出其大致图象需如图： 由题得，，． ∵函数的图象和直线有六个交点， ∴，，三点的高度应满足或， 即或． 显然，由三点高度知道，， ∴解不等式可得或， 综合得． 故答案为：． 【点睛】关键点点睛：由得到单调性，画出图形，根据零点的个数，进而得到的大致图象，从而确定，，三点的高度关系，转为坐标大小是关键，属于难题． 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、、的对边分别为、、，已知. （1）求的值； （2）若， （ⅰ）求的值； （ⅱ）求的值. 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理化简原式，直接利用余弦定理求的值即可； （2）（i）由（1）可得，再利用正弦定理求的值，利用同角三角函数的基本关系和两角和的正切公式即可求解； （ii）由二倍角的正弦公式以及两角和的正弦公式可得结果． 【小问1详解】 在中，由正弦定理 可得：，整理得， 由余弦定理，可得； 【小问2详解】 （i）由（1）可得，又由正弦定理， 及已知，可得， 由已知，可得，故有， 为锐角，可得，， 则； （ii）由（i）可得，, . 17. 如图，四棱锥中，平面，，，，，，是的中点. （1）求证：平面； （2）若， ①求平面与平面所成角的余弦值； ②在线段上是否存在点，使得点到平面的距离为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2）①；②存在， 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，根据线线平行证明线面平行； （2）①建立空间直角坐标系，利用坐标法可求得平面的法向量，利用向量法可得面面角余弦值；②设，利用向量法表示点到平面的距离，列方程，解方程即可. 【小问1详解】 取中点，为中点， ，且， 又，， ，且， 四边形为平行四边形，即， 平面，平面， 平面； 【小问2详解】 ①平面，且， 则以点为坐标原点，，，方向为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 得，，，，， ，，，， 易知平面的一个法向量为， 设平面的法向量为， 则，令，则， ， 平面与平面所成角的余弦值为； ②存在点满足题意， 易知，， 假设存在点满足题意， 设，， ，， 设平面的法向量为， 则，令，则， 所以点到平面的距离， 解得，即. 18. 已知等差数列的前项和为，公差为1，且满足．数列是首项为2的等比数列，公比不为1，且、、成等差数列，其前项和为． （1）求数列和的通项公式； （2）若，求正整数的值； （3）记，求数列的前项和． 【答案】（1），； （2）4； （3）. 【解析】 【分析】（1）由求出的首项，由、、成等差数列求出的公比，再求出它们的通项作答. （2）求出，，再求出数列前n项和，代入给定等式求解即得. （3）利用（1）的结论求出，再借助分组求和法、错位相减法求解作答. 【小问1详解】 依题意，，解得，则， 设数列的公比为q，因，，成等差数列，则，有，而，解得，， 所以数列和的通项公式分别为：，. 【小问2详解】 由（1）知，，，， 依题意，，整理得，而，解得， 所以正整数n的值是4. 【小问3详解】 由（1）知， 令数列的前n项和为，数列的前n项和为， 则， 于是得， 两式相减得：， 因此，， ， 数列的前项和. 【点睛】方法点睛：如果数列是等差数列，是等比数列，求数列的前n项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列的公比，然后作差求解． 19. 已知椭圆的离心率为，且过点． （1）求椭圆的方程； （2）斜率为的直线与椭圆交于两点，记以为直径的圆的面积分别为，当为何值时，为定值． （3）在（2）的条件下，设不过椭圆中心和顶点，且与轴交于点，点关于轴的对称点为，直线与轴交于点，求周长的最小值． 【答案】（1） （2）时，为定值 （3） 【解析】 【分析】（1）由题意，得，进而解出即可求解； （2）设直线l的方程为，，，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理表示出，进而求解即可； （3）结合（2）求得，，，表示出的周长，再结合基本不等式求解即可. 【小问1详解】 由题意，得，解得， 所以椭圆方程为. 【小问2详解】 设直线l的方程为，，， 联立，消去y整理得， 则， 且，， 又，， 则 ， 则，即时，此时为定值. 【小问3详解】 由（2）知，，，直线l的方程为， 且，，，， 则，， 则直线的方程为， 令，得 ， 即，则，，， 则周长为， 当且仅当，即时等号成立， 则周长的最小值为. 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. 20. 已知函数，，． （1）过原点作直线l与，的图象均相切，求实数k的值； （2）令， （ⅰ）讨论的极值点个数； （ⅱ）若为的极小值点，为的零点，求证：． 【答案】（1） （2）（ⅰ）时，有一个极值点，当时，无极值点，当时，有两个极值点，（ⅱ）证明见解析 【解析】 【分析】（1）设出切点，根据点斜式求解直线方程即可求解， （2）（ⅰ）对进行讨论，即可根据导数的正负，结合函数单调性以及极值的定义求解， （ii）根据（i）的结论，利用导数证明时，，以及，根据极值点的定义，结合零点存在性定理得零点，即可求解. 【小问1详解】 设的切点为，又， 则， 由于过原点，所以，可得，所以切线的斜率为， 设的切点为故. 【小问2详解】 （ⅰ）由题意有所以 令 当时，单调递增，此时无极值点， 当时，，则为单调递增函数，且， 故存在使得，所以在递减，在单调递增，故有一个极值点， 当时，令得，且为单调递增函数， 所以在递减，在单调递增， 故， 当，，则为单调递增函数，无极值点， 时，，当时，， 故，使得， 所以在单调递增，在单调递减，故有两个极值点， 综上可得时，有一个极值点，当时，无极值点，当时，有两个极值点， （ⅱ）由（i）知，时，有一个负的极小值点，设为， 又在递减，在单调递增，即为的极小值点也是最小值点， 所以又，即， 所以，故无零点，不满足题意， 当时，有两个正数极值点，不妨设极大值点为，极小值点为， 由（i）可知， 在单调递增，在单调递减， ， 故时，，即在无零点， 先证明时，， 记（），则，，， 令，则， 当时，此时单调递增， 故，故单调递增， 故， 故单调递增， 则 ， 故时，， 所以， 又，故使得故有唯一的零点. 又， 所以， 令， ， 当单调递增，当单调递减，所以，故， 所以 即在上为单调递增函数，故， ，又在为单调递增函数，所以， 综上：若为的极小值点，为的零点时，恒有. 【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略： 1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； 2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题． 3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题， 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $