精品解析：天津市宝坻区全人复读学校、四中、九中、屯中、新城、林中、深中、卜中、钟中等校2025届高三下学期九校联考数学试题

天津市宝坻区全人复读学校、四中、九中、屯中、新城、林中、深中、卜中、钟中等校2025届高三下学期九校联考数学试题 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．祝各位考生考试顺利！ 第I卷（共45分） 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． ●球的表面积公式，其中表示球的半径． 一、单选题（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. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 对四组数据进行统计，获得如下散点图，将四组数据相应的相关系数进行比较，正确的是（ ） A. B. C. D. 4. 设，，，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知，是两条不同的直线，是一个平面，且∥，则下列选项正确的是（ ） A. 若∥，则∥ B. 若∥，则∥ C. 若，则 D. 若，则 6. 下列函数中，是偶函数且有最小值的是（ ） A. B. C. D. 7. 函数的图象关于直线对称，则在上的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知为双曲线的左、右焦点，点在上，若，的面积为，则的方程为（ ） A. B. C. D. 9. 如图所示，在三棱柱中，若E，F分别为AB，AC的中点，平面将三棱柱分成体积为，的两部分，则（ ） A. B. C. D. 第II卷（共105分） 二、填空题（每小题5分，共30分） 10. 已知，则_______. 11. 的二项展开式中项的系数为____________.（用数值回答） 12. 抛物线的焦点恰好是圆的圆心，过点且倾斜角为的直线与交于不同的A，B两点，则以线段AB为直径的圆的标准方程为___________． 13. 老师要从10篇课文中随机抽3篇让学生背，规定至少要背出2篇才能及格．同学甲只能背出其中的6篇，则甲同学能及格的概率为_________，设抽取的3篇课文中甲能背诵的课文有篇，则随机变量的期望为_________． 14. 如图.在平面四边形中，，___________；若点为边上的动点，则的最小值为___________. 15. 定义，已知，，若恰好有3个零点，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，角所对的边分别为．已知，，． （1）求的值； （2）求的值； （3）求的值． 17. 如图，垂直于梯形所在平面，，为的中点，，，四边形为矩形. （1）求证：平面； （2）求平面与平面的夹角的大小； （3）求点到平面的距离. 18. 已知椭圆的离心率为，以短轴端点和焦点为顶点的四边形的周长为． （1）求椭圆的方程； （2）过点的直线与椭圆相交于两点，，设点关于坐标原点的对称点为，若点恒在以为直径的圆内部，求实数的取值范围． 19. 已知数列是正项等比数列，是等差数列，且，，． （1）求数列和的通项公式； （2）设数列的前n项和为，求证：； （3）表示不超过x的最大整数，； 求（i）； （ii）． 20. 已知函数． （1）当时，求在点处的切线方程； （2）若对，都有恒成立，求的取值范围； （3）已知，若，且满足，使得，求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 天津市宝坻区全人复读学校、四中、九中、屯中、新城、林中、深中、卜中、钟中等校2025届高三下学期九校联考数学试题 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．祝各位考生考试顺利！ 第I卷（共45分） 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． ●球的表面积公式，其中表示球的半径． 一、单选题（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】D 【解析】 【分析】进行交集的运算即可． 【详解】∵，，∴. 故选：D. 2. “”是“”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据充分条件与必要条件的概念，结合指数函数的单调性求解判断． 【详解】若，则，从而，故充分性成立， 若，则，但不一定成立，如取，故必要性不成立， 所以，“”是“”的充分而不必要条件． 故选：A． 3. 对四组数据进行统计，获得如下散点图，将四组数据相应的相关系数进行比较，正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题目给出的散点图，先判断是正相关还是负相关，然后根据点的集中程度分析相关系数的大小． 【详解】由给出的四组数据的散点图可以看出， 图1和图3是正相关，相关系数大于0， 图2和图4是负相关，相关系数小于0， 图1和图2的点相对更加集中，所以相关性要强，所以接近于1，接近于， 由此可得． 故选:A. 4. 设，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】直接计算出，再根据指数函数和对数函数的单调性，可得答案. 【详解】，，， 所以 故选：C 5. 已知，是两条不同的直线，是一个平面，且∥，则下列选项正确的是（ ） A. 若∥，则∥ B. 若∥，则∥ C. 若，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【分析】对于A，由∥，∥可得∥或，即可判断为错误； 对于B，由∥，∥，可得与的位置关系为平行、相交、异面均有可能，即可判断为错误； 对于C，由∥，，可得直线可以在平面内，也可以在平面外，即可判断为错误； 对于D，由∥，可得在平面内至少一根直线，使得∥，由，可得，进而可得，即可判断为正确． 【详解】解：对于A，因为∥，∥，所以∥或，故错误； 对于B，因为∥，∥，则与的位置关系为平行、相交、异面均有可能，故错误； 对于C，因为∥，，所以与的位置关系可以是或∥或(不垂直)或，故错误； 对于D，因为∥，设且∥，因为，，所以， 即与所成的角为，又因为∥，所以与所成的角为，即，故正确. 故选：D. 6. 下列函数中，是偶函数且有最小值的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】判断二次函数的对称轴，可得函数不是偶函数，判断选项A，根据函数的定义域判断选项B，判断得，从而得函数为偶函数，结合三角函数的性质可判断得该函数不具有最小值，从而判断选项C，根据，得函数为偶函数，再利用基本不等式求解出最小值，即可判断选项D. 【详解】对A，二次函数的对称轴为， 不是偶函数，故A错误； 对B，函数的定义域为， 定义域不关于原点对称，所以不是偶函数，故B错误； 对C，， 定义域为，所以函数是偶函数， 结合三角函数的性质易判断函数无最小值，故C错误； 对D，，定义域为， 所以函数是偶函数，因为，， 所以，当且仅当，即时取等号， 所以函数有最小值，故D正确. 故选：D 7. 函数的图象关于直线对称，则在上的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据参数范围、对称轴求得，利用正弦型函数性质求最小值即可. 【详解】由题意，则，又， 所以，则， 在上，，故， 所以最小值为. 故选：A 8. 已知为双曲线的左、右焦点，点在上，若，的面积为，则的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据双曲线的定义求出，在中，利用正弦定理求出，再根据三角形的面积公式求出，利用勾股定理可求得，进而可求出答案. 【详解】因为，所以， 又因为点在上，所以， 即，所以， 在中，由正弦定理得， 所以， 又，所以，故， 则，所以， 则，所以， 所以， 所以的方程为. 故选：B. 9. 如图所示，在三棱柱中，若E，F分别为AB，AC的中点，平面将三棱柱分成体积为，的两部分，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】如图，延长到，到，到，连接，，，得到三棱柱，由题意可得，即可得出答案. 【详解】如图，延长到，到，到， 且，，， 连接，，，得到三棱柱， 则． 延长，，则与相交于点． 因为，所以． 又， 所以，故． 故选：A. 第II卷（共105分） 二、填空题（每小题5分，共30分） 10. 已知，则_______. 【答案】 【解析】 【分析】根据复数代数形式的除法运算计算可得. 【详解】因为，所以. 故答案为： 11. 的二项展开式中项的系数为____________.（用数值回答） 【答案】270 【解析】 【分析】由二项式展开式的通项求特定项系数. 【详解】的展开式的通项是， 由题意得，, 因此，的系数是. 故答案为：. 12. 抛物线的焦点恰好是圆的圆心，过点且倾斜角为的直线与交于不同的A，B两点，则以线段AB为直径的圆的标准方程为___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意可得：，，联立方程利用韦达定理求，进而得出圆心及半径即可求解． 【详解】由题意知，焦点，则抛物线， 直线，设，， 联立消去y并整理得，则，所以 所以． 则以线段AB为直径的圆的圆心为，半径为， 所以圆的标准方程为 故答案为：． 13. 老师要从10篇课文中随机抽3篇让学生背，规定至少要背出2篇才能及格．同学甲只能背出其中的6篇，则甲同学能及格的概率为_________，设抽取的3篇课文中甲能背诵的课文有篇，则随机变量的期望为_________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】依题意可以先求出随机变量的分布列，由此可以求出甲同学能及格的概率，也可求出随机变量的期望. 【详解】依题意，可取0,1,2,3，且服从超几何分布. 所以，， 所以，的分布列为 0 1 2 3 所以，甲同学能及格的概率为； 随机变量的期望. 故答案为：①；②. 【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于先求出随机变量的分布列. 14. 如图.在平面四边形中，，___________；若点为边上的动点，则的最小值为___________. 【答案】 ①. 2 ②. 【解析】 【分析】利用余弦定理可求，设，利用数量积的运算律可用表示，利用二次函数的性质可求最小值. 【详解】连接，因为，故， 在中，， 故. 所以，所以， 所以，故，而， 所以为等边三角形，故且， 延长交的延长线于，则 设，则， 故 ， ， 其中，故当时，有最小值. 故答案为：. 15. 定义，已知，，若恰好有3个零点，则实数的取值范围是________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，分类讨论求解，当时，根据指数函数的图象和性质无零点，不合题意；当时，令，得，令 ，得或 ，再分当，两种情况讨论求解. 【详解】由题意得：当时，在轴上方，且为增函数，无零点， 至多有两个零点，不合题意； 当时，令，得，令 ，得或 ， 如图所示： 当时，即时，要有3个零点，则，解得； 当时，即时，要有3个零点，则， 令， ， 所以在是减函数，又， 要使，则须，所以. 综上：实数的取值范围是. 故答案为： 【点睛】本题主要考查二次函数，指数函数的图象和分段函数的零点问题，还考查了分类讨论的思想和运算求解的能力，利用导数判断函数单调性，属于中档题. 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，角所对的边分别为．已知，，． （1）求的值； （2）求的值； （3）求的值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据条件，利用余弦定理即可求出结果； （2）根据条件，利用同角三角函数间的关系，得到，再利用正弦定理即可求出结果； （3）法一，利用二倍角公式，求出，利用同角三角函数间的关系求出，即可求出结果；法二，利用，得到，再计算出即可求出结果. 【小问1详解】 因为，，， 由余弦定理可得，整理得， 解得. 【小问2详解】 因为，，所以， 由正弦定理，可得， 解得. 【小问3详解】 （法一）由（2）得，， ， ， 所以， 所以． （法二）由余弦定理可得， ∴， ∴ . 17. 如图，垂直于梯形所在平面，，为的中点，，，四边形为矩形. （1）求证：平面； （2）求平面与平面的夹角的大小； （3）求点到平面的距离. 【答案】（1）设，连接， 四边形为矩形，为中点，又为中点，， 又平面，平面，平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）设，由三角形中位线性质可得，由线面平行判定定理可得结论； （2）以为坐标原点可建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法可求得结果； （3）利用点到平面距离的向量求法可求得结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，， 设平面的法向量， ，令，解得：，，； 轴平面，平面的一个法向量， ，则平面与平面的夹角为. 【小问3详解】 由（2）知：，，， 由平面的法向量， 点到平面的距离. 18. 已知椭圆的离心率为，以短轴端点和焦点为顶点的四边形的周长为． （1）求椭圆的方程； （2）过点的直线与椭圆相交于两点，，设点关于坐标原点的对称点为，若点恒在以为直径的圆内部，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题意可知，以短轴端点和焦点为定点的四边形为正方形，进而可求出，，由此能求出椭圆的方程； （2）先研究直线的斜率不存在时，点在椭圆内，再研究直线的斜率存在时，以为直径的圆的圆心为，联立直线方程与椭圆方程，结合根的判别式、韦达定理、弦长公式及，由此能求出的取值范围. 【小问1详解】 如图所示， 由题意知，，即， 故以短轴端点和焦点为定点的四边形为正方形，且边长为， 所以，解得， 所以， 所以椭圆C的方程为. 【小问2详解】 当直线的斜率不存在时，由题意知的方程为， 如图所示， 此时为椭圆的上下顶点，且， 因为点总在以线段为直径的圆内，且， 所以. 当直线的斜率存在时，设的方程为. 如图所示， 由方程组得， 因为直线与椭圆有两个公共点，即，得； 设，则，. 设的中点，则，， 所以.所以， ， 因为点总在以线段为直径的圆内，所以对于恒成立， 所以， 化简，得，整理得， 而（当且仅当时等号成立）所以， 由，得， 综上，的取值范围是. 【点睛】方法点睛：（1）解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系． （2）涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形． 19. 已知数列是正项等比数列，是等差数列，且，，． （1）求数列和的通项公式； （2）设数列的前n项和为，求证：； （3）表示不超过x的最大整数，； 求（i）； （ii）． 【答案】（1），； （2）证明如下： 由（1）知，，，则 证明： 则； （3）（i）； （ii）. 【解析】 【分析】(1)设等比数列 的公比为 , 等差数列 的公差为 , 由已知列方程组求解 与 , 则数列 和 的通项公式可求; (2)把数列 和 的通项公式代入, 整理后利用裂项相消法求 ; (3)（i）由 , 求出 ，作和即可求得 （ii）利用错位相减法求 . 【小问1详解】 (1)设等比数列 的公比为 , 等差数列 的公差为 , 由 ， 得 , 解得 或 (舍去)； 故 , 【小问2详解】 略 【小问3详解】 （i） ， ， 所以. （ii）①， 则 ②， 由①-②得： . 【点睛】本题考查等差数列与等比数列的通项公式, 训练了裂项相消法与错位相减法求数列的前 项和, 考查运算求解能力, 是较难题. 20. 已知函数． （1）当时，求在点处的切线方程； （2）若对，都有恒成立，求的取值范围； （3）已知，若，且满足，使得，求证：． 【答案】（1）；（2）； （3）证明：因为，要证，只需证明， 由（2）可知，要证，只需证明， 又因为，，且函数在单调递增， 所以只需证明， 又因为，即证， 令即， 注意到，因为， 则在单调递减， 所以在恒成立， 所以，即满足． 【解析】 【分析】（1）当时，求得函数的导数，求出切线的斜率和切点坐标，由点斜式方程即可得到切线的方程; （2）转化已知条件为函数在上的最大值，利用单调性，①时，②时，分别求解函数的最小值，推出所求的范围; （3）通过可得出,从而得到,令,求导,利用单调性可得在单调递减,即可在恒成立,即可证明所求成立. 【详解】（1）当时，， ，，， ∴在处的切线方程为． 整理得: （2）解：法一：由题意， ①当时，，在上单调递减， ∴恒成立，∴ ②当时，，， ∴在上单减，在上单增， （ⅰ）当，时，在上单增， ，，舍去； （ⅱ）当，时，在上单减， ，，∴ （ⅲ）当，时，在上单减，上单增， ，，， 综上，． 法2：恒成立，即， 令，，，． ∴在上单增，上单减， ，， ∴． （3）略 【点睛】(1)曲线切线方程的求法： ①以曲线上的点为切点的切线方程的求解步骤：求出函数的导数；求切线的斜率；写出切线方程 ，并化简． ②如果已知点 在曲线上，则设出切点，解方程组得切点，进而确定切线方程． (2)恒成立问题与存在成立问题常转化为值域问题．单变量的恒成立、有解、无解的转化： ①对任意的 ，恒成立； 若存在，有解 ； 若对任意，无解. ②对任意的，恒成立. 若存在，有解； 若对任意，无解. 双变量的恒成立、有解、无解的转化： ①对任意的，不等式恒成立，只须； ②存在，不等式成立，只须； ③对任意，，不等式恒成立，只须； ④存在，，不等式成立，只须； ⑤对任意，存在，不等式成立，只须. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $