精品解析：2025届天津市耀华中学高三二模数学试卷

天津市耀华中学2025届高三年级第二次校级模拟考 数学试卷 第I卷（选择题共45分） 一､选择题：本大题共9小题，每小题5分，共45分，在每小题的4个选项中，只有一项是符合题目要求的，将答案涂在答题卡上. 1. 设全集，集合，则 A. B. C. D. 2. 数列中，“对任意且都成立”是“是等比数列”（ ） A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 已知函数的图象如图所示，则该图象所对应的函数可能是（ ） A. B. C. D. 4. 某地组织全体中学生参加了主题为“强国之路”的知识竞赛，随机抽取了2000名学生进行成绩统计，发现抽取的学生的成绩都在50分至100分之间，进行适当分组后，画出频率分布直方图（如图），下列说法正确的是（ ） A. 在被抽取的学生中，成绩在区间内的学生有750人 B. 直方图中的值为0.020 C. 估计全校学生成绩的中位数为87 D. 估计全校学生成绩的分位数约为90 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知在三棱锥中，，，则三棱锥的体积为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 7. 设函数在区间恰有三个极值点､两个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 设双曲线的左、右焦点分别为，，坐标原点为，第一象限的点在双曲线上，连接并延长交双曲线另一点，若，则（ ） A. B. 8 C. D. 9. 已知函数定义为：，若函数恰好有3个零点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 第II卷（非选择题共105分） 二､填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分，将答案填写在答题纸上. 10. 若复数是纯虚数（是虚数单位），则实数的值为__________. 11. 已知直线与圆相交于两点，若，则的取值范围是__________. 12. 展开式中的系数为___________________. 13. 数列的项是由1或2构成，且首项为1，在第个1和第个1之间有个2，即数列为：.记数列的前项和为，则__________：__________. 14. 已知一批零件是由甲、乙、丙三名工人生产的，三人生产的产品分别占总产量的、、.已知三人生产产品的次品率分别为、、，现从这批零件中任取一个零件，则它是次品的概率为________. 15. 如图，在等腰梯形中，，，F为的中点，点P在以A为圆心，为半径的圆弧上变动，E为圆弧与的交点．若，其中，则的取值范围是______． 三､解答题：本大题共5个小题，共计75分.请在解答时写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤.答案写在答题卡的相应位置上. 16. 已知向量，设函数 . （1）求在 上的最值； （2）在中， 分别是角的对边，若 ，的面积为 ，求的值. 17. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，平面平面为的中点，. （1）求证：； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）设为中点，求平面与平面的夹角余弦值. 18. 对于无穷数列和函数，若，则称是数列的生成函数. （1）定义在上的函数满足：对任意，都有，且；又数列满足. （Ⅰ）求证：是数列的生成函数； （Ⅱ）求数列的前n项和. （2）已知是数列的生成函数，且.若数列的前n项和为，求证：（，）. 19. 已知A，B两点的坐标分别是，，直线，相交于点，且它们的斜率之积是，记点的轨迹为曲线，直线与曲线交于不同的两点M，N. （1）求曲线的方程； （2）若以线段为直径的圆经过点. ①求证：直线过定点，并求出坐标； ②求三角形面积的最大值. 20. 已知函数定义域为，若在上单调递增，则称为“强增函数”. （1）若是“强增函数”，求的取值范围； （2）若为“强增函数”，且.当时，比较与大小，并说明理由； （3）已知，，，.证明：. 参考结论：当时，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 天津市耀华中学2025届高三年级第二次校级模拟考 数学试卷 第I卷（选择题共45分） 一､选择题：本大题共9小题，每小题5分，共45分，在每小题的4个选项中，只有一项是符合题目要求的，将答案涂在答题卡上. 1. 设全集，集合，则 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】试题分析：集合表示函数的值域，所以，集合表示函数 的定义域，所以，在数轴上表示出集合与，可以看出，则，选D 考点：1.函数的值域；2.集合的运算； 2. 数列中，“对任意且都成立”是“是等比数列”的（ ） A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】利用充分条件和必要条件定义判断. 【详解】易知“是等比数列”能推出“对任意且都成立”. 当时，若，满足，此时不是等比数列. 故“对任意且都成立”是“是等比数列”必要不充分条件， 故选：A. 3. 已知函数的图象如图所示，则该图象所对应的函数可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】对各选项的单调性与函数值的情况一一判断，利用排除法即可得解； 【详解】对于A：，当时， ，故排除A； 对于B：当时，函数为增函数，当时，函数为减函数，故排除B； 对于D，当时，，，所以在上单调递增，故排除D； 对于C，为偶函数，由可得，满足图象，故C正确. 故选：C． 4. 某地组织全体中学生参加了主题为“强国之路”的知识竞赛，随机抽取了2000名学生进行成绩统计，发现抽取的学生的成绩都在50分至100分之间，进行适当分组后，画出频率分布直方图（如图），下列说法正确的是（ ） A. 在被抽取的学生中，成绩在区间内的学生有750人 B. 直方图中的值为0.020 C. 估计全校学生成绩的中位数为87 D. 估计全校学生成绩的分位数约为90 【答案】C 【解析】 【分析】根据频率分布直方图计算区间的频率，即可判断A，根据频率和为1，计算的值，判断B，根据中位数和百分位数公式，判断CD. 【详解】A.由图可知，成绩在区间内的频率为，人，故A错误； B.由图可知，，得，故B错误； C.前3组的频率和为，前4组的频率和为，所以中位数在第4组， 所以，得，故C正确； D. 样本数据的分位数在第5组，，得，故D错误. 故选：C 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由结合三角函数的性质可得;构造函数,利用导数可得,即可得解. 详解】[方法一]：构造函数 因为当 故，故，所以； 设， ，所以在单调递增， 故，所以， 所以，所以，故选A [方法二]：不等式放缩 因为当， 取得：，故 ，其中，且 当时，，及 此时， 故，故 所以，所以，故选A [方法三]：泰勒展开 设，则，， ，计算得，故选A. [方法四]：构造函数 因为，因为当，所以,即，所以；设，，所以在单调递增，则,所以，所以,所以， 故选：A． [方法五]：最优解】不等式放缩 因为，因为当，所以,即，所以；因为当，取得，故，所以． 故选：A． 【整体点评】方法4：利用函数的单调性比较大小，是常见思路，难点在于构造合适的函数，属于通性通法； 方法5：利用二倍角公式以及不等式放缩，即可得出大小关系，属于最优解． 6. 已知在三棱锥中，，，则三棱锥的体积为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】把三棱锥看作长方体切割成的几何体，利用体积差可求答案. 【详解】由题意可得三棱锥可看作由长方体截取得到的，如图，设长方体的长宽高分别为， 则，解得. 长方体的体积为，切去的四个小棱锥体积相等，均为， 所以三棱锥的体积为2. 故选：B 7. 设函数在区间恰有三个极值点､两个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意求得，结合函数在区间恰有三条对称轴､两个零点，得出不等式，即可求解. 【详解】由函数，其中，可得， 因为函数在区间恰有三条对称轴､两个零点， 由图象如图， 由图可知，，解得，所以的取值范围为. 故选：C. 8. 设双曲线的左、右焦点分别为，，坐标原点为，第一象限的点在双曲线上，连接并延长交双曲线另一点，若，则（ ） A. B. 8 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】连接，可得四边形为平行四边形，则，设，则，然后结合双曲线的定义可求出，再利用余弦定理求出，再由两边平方化简可求出，从而可求出. 【详解】连接，由题意可得，， 因为，所以四边形为平行四边形， 所以， 设，则，， 所以，得， 所以，， 在中，由余弦定理得， 因为为的中点，所以， 所以 ， 所以，即， 所以. 故选：C 9. 已知函数定义为：，若函数恰好有3个零点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据函数解析式，分类讨论，不同的取值范围下，函数零点的个数，从而得到恰好有3个零点时实数的取值范围. 【详解】①当时，要使有意义，故； 方程为，平方得，，解得； 显然，解不等式得； 在上满足：当或时，有1个零点；当时，有两个零点； ②当时，若，，函数有无穷个零点； 当时，方程，即， 解得，令，即； 即在上满足：当且时，有1个零点；当时，有无穷个零点；当时，没有零点． 综上，当时，有三个零点． 故选：D． 第II卷（非选择题共105分） 二､填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分，将答案填写在答题纸上. 10. 若复数是纯虚数（是虚数单位），则实数的值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据复数的除法法则运算，再由纯虚数的概念得解. 【详解】因为为纯虚数， 所以且，解得， 故答案为： 11. 已知直线与圆相交于两点，若，则的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】由，可得出圆心到直线的距离满足，由此可得出关于的不等式，即可解得实数的取值范围. 【详解】由题意可知，圆是圆心为坐标原点，半径的圆，直线方程为，如图， 圆心到直线的距离为， 由于， ，即，即，解得. 因此，实数的取值范围是. 故答案为： 12. 展开式中的系数为___________________. 【答案】 【解析】 【分析】利用展开式通项公式即得. 【详解】∵， ∴展开式通项为， 令，， 故系数为． 故答案为：． 13. 数列的项是由1或2构成，且首项为1，在第个1和第个1之间有个2，即数列为：.记数列的前项和为，则__________：__________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据数列得到构成，直接观察1和2的个数，再求；观察数列，利用等差数列的求和公式，确定数列1和2的个数，再求和. 【详解】由条件可知，前20项有4个1，2的个数为个， 所以数列的前20项的和为； 前个1之间有个2， 所以个1和个2的个数为，令，满足条件的最大为， 当时，个数，第45个1后面有个2， 所以 故答案为：； 14. 已知一批零件是由甲、乙、丙三名工人生产的，三人生产的产品分别占总产量的、、.已知三人生产产品的次品率分别为、、，现从这批零件中任取一个零件，则它是次品的概率为________. 【答案】 【解析】 【分析】分别记事件、、表示抽取的一个零件为甲、乙、丙生产的，记事件抽取的一个零件为次品，利用全概率公式可求得的值. 【详解】分别记事件、、表示抽取的一个零件为甲、乙、丙生产的， 记事件抽取的一个零件为次品， 由题意可得，，，， ， 由全概率公式可得 . 故答案为：. 15. 如图，在等腰梯形中，，，F为的中点，点P在以A为圆心，为半径的圆弧上变动，E为圆弧与的交点．若，其中，则的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，用坐标表示条件，得出的表达式，运用正弦函数求出结果. 【详解】依题意，以A为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系， 设，其中，由题意可知，，，， ，，， 则，，． 因为，所以， 则，解得， 所以．又， 所以． 故答案为：． 三､解答题：本大题共5个小题，共计75分.请在解答时写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤.答案写在答题卡的相应位置上. 16. 已知向量，设函数 . （1）求在 上的最值； （2）在中， 分别是角的对边，若 ，的面积为 ，求的值. 【答案】（1）；（2） 【解析】 【分析】试题分析：（1）要求的最值，首先要求出其解析式，这可由平面向量的数量积的坐标运算可得，然后利用两角和的正弦公式把函数化为一个三角函数形式：，最后结合正弦函数的性质可得最值；（2）本小题实质上解三角形问题，分析三角形中的六个元素，由结合（1）可求得角，由的面积，选公式可求得边，最后再由余弦定理可求得． 【详解】试题解析：（1） 在上单调递增，在上单调递减， ； （2） 考点：平面向量的数量积，两角和的正弦公式，正弦函数的性质，三角形面积，余弦定理． 17. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，平面平面为的中点，. （1）求证：； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）设为的中点，求平面与平面的夹角余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据面面垂直性质定理证明平面，原题即得证； （2）以P为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求直线与平面所成角的正弦值； （3）证明平面，再利用向量法求平面的夹角的余弦值. 【小问1详解】 在中，∵，P为的中点，∴， ∵平面平面，且平面平面，平面， ∴平面，又平面，∴. 【小问2详解】 在直角梯形中，∵，，P为中点， ∴，且，则四边形为平行四边形， ∵，∴，             由（1）可知，平面，故以P为坐标原点，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， ∴，，，           设平面的一个法向量， 由，取，得， 所以为平面的一个法向量； 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3详解】 ∵，，，平面， ∴平面，即为平面的一个法向量， ∵M为的中点， ∴点M的坐标为，而，， 设平面的一个法向量为， 由， 取，， 所以为平面的一个法向量．      ∴． ∴平面与平面的夹角余弦值为． 18. 对于无穷数列和函数，若，则称是数列生成函数. （1）定义在上的函数满足：对任意，都有，且；又数列满足. （Ⅰ）求证：是数列的生成函数； （Ⅱ）求数列的前n项和. （2）已知是数列的生成函数，且.若数列的前n项和为，求证：（，）. 【答案】（1）（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）（Ⅰ）根据条件可得，再结合生成函数定义证明；（Ⅱ）运用错位相减求和即可； （2）根据生成函数定义，结合等比数列定义可得，数列是以为首项，为公比的等比数列，进而可得，结合等比数列求和公式即可证明. 【小问1详解】 （Ⅰ）由题意知：，， 又，，即， 所以是数列的生成函数； （Ⅱ）由（Ⅰ）知：，又， 数列是以为首项，为公差的等差数列， ，， 所以 两式相减得： 所以. 【小问2详解】 由题意知：，， ， ， ，又， 数列是以为首项，为公比的等比数列， ，又， ，（，）， 则当时，， 即， （，）. 【点睛】方法点睛：用错位相减法求和应注意的问题： （1）要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形； （2）在写出“”与“”的表达式时应特别注意将两式“错位对齐”以便下一步准确写出“”的表达式； （3）在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解． 19. 已知A，B两点的坐标分别是，，直线，相交于点，且它们的斜率之积是，记点的轨迹为曲线，直线与曲线交于不同的两点M，N. （1）求曲线的方程； （2）若以线段为直径的圆经过点. ①求证：直线过定点，并求出的坐标； ②求三角形面积的最大值. 【答案】（1），且 （2）①证明见解析，；② 【解析】 【分析】（1）设，则有即可求解； （2）①设直线的方程为，联立方程组，由韦达定理有，，由即可求解； ②点到直线的方程为，，代入，利用二次函数即可求解. 【小问1详解】 设，动点满足直线和直线的斜率乘积为， ，即 即，. 曲线的方程为，且. 【小问2详解】 ①设点、， 若轴，则且，，， 此时，，不合题意. 设直线的方程为， 联立可得， ， 由韦达定理可得，， ， ， 因为直线不过点，则，整理可得，解得. 直线的方程为，∴直线过定点. ②直线的方程为. 点到直线的距离为， ， 令， 则， 因为时，故当时，取最大值. 20. 已知函数的定义域为，若在上单调递增，则称为“强增函数”. （1）若是“强增函数”，求的取值范围； （2）若为“强增函数”，且.当时，比较与的大小，并说明理由； （3）已知，，，.证明：. 参考结论：当时，. 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导，根据定义可将问题转化为恒成立，即可利用二次式的性质求解， （2）根据函数单调性可得，即可作差后构造函数，求导即可利用函数的单调性求解， （3）构造函数，，, 利用导数可得在上单调递增，即可利用单调性求解. 【小问1详解】 设，则， 由题意可知恒成立，故，即， 故，解得， 【小问2详解】 由题意可知在上单调递增， 因为，所以，故， 即，所以， 设， 所以在上单调递减，所以当时，，即， 所以，即. 【小问3详解】 , 令，则， 设， 则当时，单调递减，当时，单调递增，故当，故当且仅当时取等号， 设, 当单调递增，当单调递减，所以，故， 所以，即， 所以在上单调递增， 令， 则，又单调递增，所以，则在上单调递增， 又当所以时，， 所以，即， 所以， 所以 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤 (1)作差或变形； (2)构造新的函数； (3)利用导数研究的单调性或最值； (4)根据单调性及最值，得到所证不等式． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$