精品解析：天津市河北区2025届高三二模考试数学试题

河北区2024-2025学年度高三年级总复习质量检测（二） 数学 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3至8页． 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、准考号、科目涂写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码． 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．答在试卷上的无效． 3．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】C 【解析】 【分析】由题意求出B的补集，根据集合的并集运算，即得答案. 【详解】因为全集，所以， 又，则， 故选：C． 2. 设，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】B 【解析】 【分析】 由，可得或，由，得，根据充分条件和必要条件的定义,结合包含关系即可得到结论 【详解】由，得或， 由，得， 或不能推出，能推出或. 所以“”是“”的必要不充分条件. 故选：B. 3. 箕舌线是平面曲线的一种，因其状如舌而得名.若箕舌线的部分图象如图所示，则的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用排除法，结合奇偶性，单调性逐个判断即可. 详解】，排除A. 既不是奇函数，也不是偶函数，排除D. 在上单调递减，排除C. 的图象符合题中图象，B正确. 故选：B 4. 已知，，，则a，b，c的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】通过换底公式得，再结合单调性可以判断b，c的大小，再以“1”作为中间量，可以判断a，b的大小，从而得解. 【详解】设，，则，当且仅当时等号成立，则， 又，，所以 因为，所以， 综上，a，b，c的大小关系是 故选：A 5. 下列结论中，错误的是（ ） A. 数据4，1，6，2，9，5，8的第60百分位数为6 B. 若随机变量，则 C. 已知经验回归方程为，且，则 D. 根据分类变量与成对样本数据，计算得到，依据小概率值的独立性检验，可判断与有关联，此推断犯错误的概率不大于0.001 【答案】D 【解析】 【分析】A选项，将数据排序后，根据百分位数的定义得到答案；B选项，由正态分布的对称性得到答案；C选项，将样本中心点代入回归方程，求出；D选项，由得到D错误. 【详解】A选项，数据4，1，6，2，9，5，8排序后得到1，2，4，5，6，8，9， ，故选取第5个数据作为第60百分位数，即为6，A正确； B选项，因为，根据对称性可知， 故，B正确； C选项，已知经验回归方程为，且，则， 解得，C正确； D选项，，故不能得到此结论，D错误 故选：D 6. 设数列的前n项和，若，则（ ） A. 3059 B. 2056 C. 1033 D. 520 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知可得，构造法得到是首项、公比均为的等比数列，写出通项公式即可求项. 【详解】由题设，则， 所以，则 又，则， 所以是首项、公比均为的等比数列，则， 所以，则. 故选：C 7. 已知双曲线上的点到的两条渐近线的距离分别为，若，则点到的右焦点的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】双曲线的渐近线方程为利用点到直线的距离公式可得，进而求得，，可求点到的右焦点的距离. 【详解】设，则，即，的渐近线方程为，由点到直线的距离公式可得， 因为，所以，．易知双曲线的右焦点为， 所以点到的右焦点的距离为. 故选：B． 8. 正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，其所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形，且每一个顶点所接的面数都一样，各相邻面所成二面角都相等），数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体，如图所示为正八面体，则该正八面体的外接球与内切球的表面积的比为（ ） A. B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】若正八面体的棱长为2，根据正八面体的结构特征易得外接球半径，应用等体积法求得内切球半径，最后由面积比为即可得. 【详解】若正八面体的棱长为2，令其外接球、内切球半径分别为，且， 由各侧面的面积，且构成八面体的两个正四棱锥的高为， 则正八面体的体积，所以， 所以外接球与内切球的表面积之比为. 故选：C 9. 已知函数在区间上单调递减，且将函数图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到函数的图象，若函数在区间上单调递增，则t的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知的一条对称轴为，一个对称中心为，结合已知区间的单调性得到，进而求得、，根据图象变换得，由单调性列不等式求参数范围即可得. 【详解】由，则的一条对称轴为，一个对称中心为， 又在上单调递减，则，故，可得， 所以，可得，，则， 所以，则， 又在区间上单调递增，则， 所以，显然，故t的最大值为. 故选：C 第Ⅱ卷 注意事项： 1．答卷前将密封线内的项目填写清楚． 2．用黑色墨水的钢笔或签字笔答在答题纸上． 3．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．请将答案写在答题纸上． 10. 已知i是虚数单位，复数的虚部是________． 【答案】## 【解析】 【分析】应用复数模求法及除法运算化简，即可得虚部. 【详解】由，则虚部为. 故答案为： 11. 若展开式中只有第5项的二项式系数最大，则其展开式中常数项为__________. 【答案】7 【解析】 【分析】由展开式中只有第5项最大，得，写出展开式的通项，求常数项. 【详解】由题意，所以展开式第项为， 令，得，故常数项为. 故答案为：7. 12. 已知点在抛物线上，以为圆心作圆与抛物线的准线相切，且截得轴的弦长为4，则__________. 【答案】2或6 【解析】 【分析】由题意可知：抛物线的准线为，根据抛物线方程结合弦长关系列式运算求解. 【详解】由题意可知：抛物线准线为， 由题意可得：， 消去可得，解得或. 故答案为：2或6. 13. 甲、乙两位同学进行乒乓球比赛，采用3局2胜制．假设每局比赛中甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且各局比赛的结果相互独立，则甲以的比分获胜的概率为________；在甲获胜的条件下，甲第一局获胜的概率是________． 【答案】 ①. ②. ## 【解析】 【分析】应用独立事件乘法公式求甲以的比分获胜的概率，先确定甲获胜的概率，再求其中甲第一局获胜的概率，最后由条件概率公式求甲获胜的条件下，甲第一局获胜的概率. 【详解】若甲以的比分获胜，即一共3局，前两局甲乙各胜一局，最后一局甲胜， 所以甲以的比分获胜的概率， 事件表示“甲获胜”，则前两局甲获胜，或前两局甲乙各胜一局，最后一局甲胜， 所以甲获胜的概率， 事件表示“甲第一局获胜”，则， 所以. 故答案为：， 14. 如图，在中，点D，E在边BC上，且，点F，M分别在线段AB，AD上，且，直线FM交AE于点G，且，则________．若直线MC交AE于点N且是边长为1的等边三角形，则________． 【答案】 ①. ②. ## 【解析】 【分析】根据图形得到，结合三点共线即可求参数值，延长交于，设，进而有，可得，且，分别过作，交于，可得，，进而有，最后应用向量数量积的运算律求解. 【详解】由题设 ， 又三点共线，则，可得， 如下图，延长交于， 由， 若，则，而三点共线， 所以，即， 由， 分别过作，交于， 若，则，， 所以，， 即，， 综上，，则，为边长为1的正三角形， 所以. 故答案为：， 15. 已知函数给出下列四个结论： ①若有最小值，则的取值范围是； ②当时，若无实根，则的取值范围是； ③当时，不等式的解集为； ④当时，若存在，满足，则. 其中，所有正确结论的序号为__________. 【答案】②③④ 【解析】 【分析】对①，利用函数的单调性与最值的关系结合函数图象求解；对②，利用函数图象，数形结合求解；对③，利用函数的单调性解不等式；对④，利用函数的切线与导函数的关系，以及图形的对称关系，数形结合求解. 【详解】当时，， 当时，， 若，则当时，，则此时函数无最小值； 若，则当时，，时，， 则函数有最小值为满足题意； 若，则当时，，时，， 要使函数有最小值，则，解得； 综上，的取值范围是，①错误； 当时，函数在单调递增，单调递减，单调递减， 作图如下， 因为无实根，所以或，②正确； 当时， 因为，所以函数在单调递减， 又因为所以由可得， ，即，解得，所以， 所以不等式的解集为，③正确； 函数在点处的切线斜率为， 所以切线方程为，则由图象可知，时，， 设， 记直线与函数，，的交点的横坐标为， 因为经过点， 所以由对称性可知，当时，，又因为，所以，④正确； 故答案为:②③④. 【点睛】关键点点睛：本题的②③④小问都用数形结合的思想，数形结合的思想通常与函数的单调性、最值等有关联，根据单调性、最值，以及一些特殊的点准确作出函数图象是用数形结合来解决问题的关键. 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，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且． （1）求及的值； （2）若，求的面积． 【答案】（1），； （2）. 【解析】 【分析】（1）应用余弦边角关系及已知得，再由平方关系求，且，应用二倍角正切公式求； （2）由正弦定理求得，根据（1）及和角正弦公式求得，最后应用三角形面积公式求面积. 【小问1详解】 由题设，即， 故，可得，，则， 由上，则； 【小问2详解】 由，则， 由（1）知，则， 所以. 17. 如图，直三棱柱中，，，，M是的中点，N是BC的中点，过点N作与平面平行的直线PN，交于点P． （1）证明：平面AMN； （2）求与平面PMN所成角的正弦值； （3）求点P到平面AMN的距离． 【答案】（1）证明见解析； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）根据已知构建合适的空间直角坐标系，进而得到，利用向量数量积的坐标运算得到，，即得垂直关系，最后应用线面垂直的判定证明结论； （2）根据已知求得，再求平面的一个法向量，结合，向量法求线面角的正弦值； （3）应用向量法求点面距离即可. 【小问1详解】 在直三棱柱中，则两两垂直， 如图，以为原点建立空间直角坐标系，则， 所以， 由，则， 由，则， 由且都在平面内，则平面AMN； 【小问2详解】 设，，平面的一个法向量为， 由平面，则，可得，故， 设平面的一个法向量，，， 所以，取，则， 所以， 故与平面PMN所成角的正弦值为； 【小问3详解】 由（1）知平面的一个法向量为，由（2）知， 所以点P到平面AMN的距离. 18. 已知椭圆的上、下顶点与一个焦点是等腰直角三角形的三个顶点，且点在椭圆上． （1）求椭圆C的离心率及标准方程； （2）过点且斜率存在的动直线l与椭圆C相交于A，B两点，问在y轴上是否存在与点P不同的定点Q，使得恒成立？若存在，求出定点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1），； （2）存在，. 【解析】 【分析】（1）根据已知有，即，再将已知点代入方程求参数值，即可得标准方程和离心率； （2）先假设点存在，并设，，直线，联立椭圆并应用韦达定理得到，，根据已知方程恒成立得到，即，整理化简求参数m，即可得. 【小问1详解】 由上下顶点与一个焦点是等腰直角三角形的三个顶点，所以，则， 所以，且，又在椭圆上，则， 所以标准方程为； 【小问2详解】 假设在轴上存在与点不同的定点，使得恒成立， 设，，直线， 由，可得，显然， 则，， 由，而， 所以，即，则， 所以，即，则， 所以，则不论为何值，恒成立， 所以，即，使得恒成立. 19. 设数列是等差数列，是等比数列．已知． （1）求和的通项公式； （2）设，求数列的前项和； （3）设，数列的前n项积为，证明：． 【答案】（1）； （2）； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据等差和等比数列通项公式得到方程组，解出即可； （2）为奇数时，求得，为偶数时，利用错位相减法得，最后相加即可； （3），利用作差法得其单调性，即可证明. 【小问1详解】 设等差数列的公差为，等比数列的公比为， 因为，所以， 所以． 【小问2详解】 为奇数时，， ， 为偶数时，， ， 所以 所以． 【小问3详解】 ，， 当时，； 当时，即 又， 所以，当时，， 所以． 20. 已知函数． （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）当时，若不等式恒成立，求a取值范围； （3）若有两个零点，且，证明：． 【答案】（1）； （2）； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）应用导数的几何意义求切线方程即可； （2）问题化为且，利用导数研究的性质，并结合分类讨论判断不等式恒成立，即可得参数范围； （3）由题设，应用分析法将问题化为证明，令，进一步化为证明，利用导数证明不等式即可. 【小问1详解】 由题设，则，且，， 所以曲线在处的切线方程为，即； 【小问2详解】 由题设，即且， 令且，则， 令，则，故在上单调递增， 所以， 当，时，，则在上单调递增，，符合； 当，时，，时， 所以，使，即在上，在上单调递减，从而，不符合； 综上，； 【小问3详解】 由，则，，且， 所以，故， 要证，需证，即， 需证，令，即，即证， 最终只需证明，令且，则， 所以在上单调递增，所以，即， 所以得证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 河北区2024-2025学年度高三年级总复习质量检测（二） 数学 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3至8页． 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、准考号、科目涂写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码． 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．答在试卷上的无效． 3．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. 设，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 3. 箕舌线是平面曲线的一种，因其状如舌而得名.若箕舌线的部分图象如图所示，则的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 4. 已知，，，则a，b，c大小关系是（ ） A. B. C. D. 5. 下列结论中，错误的是（ ） A. 数据4，1，6，2，9，5，8的第60百分位数为6 B. 若随机变量，则 C. 已知经验回归方程为，且，则 D. 根据分类变量与成对样本数据，计算得到，依据小概率值的独立性检验，可判断与有关联，此推断犯错误的概率不大于0.001 6. 设数列前n项和，若，则（ ） A. 3059 B. 2056 C. 1033 D. 520 7. 已知双曲线上的点到的两条渐近线的距离分别为，若，则点到的右焦点的距离为（ ） A. B. C. D. 8. 正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，其所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形，且每一个顶点所接的面数都一样，各相邻面所成二面角都相等），数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体，如图所示为正八面体，则该正八面体的外接球与内切球的表面积的比为（ ） A. B. 2 C. 3 D. 4 9. 已知函数在区间上单调递减，且将函数图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到函数的图象，若函数在区间上单调递增，则t的最大值为（ ） A. B. C. D. 第Ⅱ卷 注意事项： 1．答卷前将密封线内的项目填写清楚． 2．用黑色墨水的钢笔或签字笔答在答题纸上． 3．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．请将答案写在答题纸上． 10. 已知i是虚数单位，复数的虚部是________． 11. 若展开式中只有第5项的二项式系数最大，则其展开式中常数项为__________. 12. 已知点在抛物线上，以为圆心作圆与抛物线的准线相切，且截得轴的弦长为4，则__________. 13. 甲、乙两位同学进行乒乓球比赛，采用3局2胜制．假设每局比赛中甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且各局比赛的结果相互独立，则甲以的比分获胜的概率为________；在甲获胜的条件下，甲第一局获胜的概率是________． 14. 如图，在中，点D，E在边BC上，且，点F，M分别在线段AB，AD上，且，直线FM交AE于点G，且，则________．若直线MC交AE于点N且是边长为1的等边三角形，则________． 15. 已知函数给出下列四个结论： ①若有最小值，则的取值范围是； ②当时，若无实根，则的取值范围是； ③当时，不等式的解集为； ④当时，若存在，满足，则. 其中，所有正确结论的序号为__________. 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，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且． （1）求及值； （2）若，求的面积． 17. 如图，直三棱柱中，，，，M是的中点，N是BC的中点，过点N作与平面平行的直线PN，交于点P． （1）证明：平面AMN； （2）求与平面PMN所成角的正弦值； （3）求点P到平面AMN的距离． 18. 已知椭圆的上、下顶点与一个焦点是等腰直角三角形的三个顶点，且点在椭圆上． （1）求椭圆C的离心率及标准方程； （2）过点且斜率存在的动直线l与椭圆C相交于A，B两点，问在y轴上是否存在与点P不同的定点Q，使得恒成立？若存在，求出定点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 19. 设数列是等差数列，是等比数列．已知． （1）求和的通项公式； （2）设，求数列的前项和； （3）设，数列前n项积为，证明：． 20. 已知函数． （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）当时，若不等式恒成立，求a的取值范围； （3）若有两个零点，且，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$