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2025年高考数学二轮复习测试卷（天津专用）
(考试时间：120分钟 试卷满分：150分)
第I卷（选择题）
一、选择题：本题共9小题，每小题5分，共45分．在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。
1．全集，集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】因为，集合，，
所以，则.
故选：A.
2．命题，，则是（ ）.
A．， B．，
C．， D．，
【答案】B
【解析】易知，的否定是，.
故选：B
3．某国企进行节能降耗技术改造，下面是该国企节能降耗技术改造后连续五年的生产利润，预测第8年该国企的生产利润约为千万元（参考公式及数据：，）
年号
年生产利润（单位：千万元）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】利用最小二乘法求得回归直线方程，将代入回归直线方程即可求得结果.由表中数据可知：；
；
，
回归直线方程为：
当时，
本题正确选项：
4．若，，，则下列结论正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】结合指数函数的单调性，可得出，，，结合，从而可得出三个数的大小关系.函数是上减函数，所以，同理得，
又，所以，
又，所以，即.
故选：D.
5．将函数的图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再向左平移个单位，所得函数图象的一条对称轴是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】将函数的图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，则函数解析式变为；
向左平移个单位得，
由余弦函数的性质可知，其对称轴一定经过图象的最高点或最低点，故对称轴为：，k∈Z，
k＝1时，.
故选：D.
6．已知函数的图象如图所示，则函数的解析式可能为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】根据题意，由函数的图象，的定义域为，其图象关于原点对称，为奇函数；在上，函数图象与轴存在交点.
由此分析选项：
对于A，，其定义域为，有，
为偶函数，不符合题意；
对于B，，其定义域为，
有，为奇函数，其图象关于原点对称；
当时，，函数图象与轴存在交点，符合题意；
对于C，，当时，，故恒成立，所以该函数图象在上与轴不存在交点，不符合题意；
对于D，，其定义域为，
有为偶函数，不符合题意.
综上所述，只有选项B的函数满足，
故选：B．
7． 如图所示，已知双曲线：的右焦点为，双曲线的右支上一点 ，它关于原点的对称点为，满足，且，则双曲线的离心率是
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】双曲线的右焦点为，双曲线的右支上一点，它关于原点的对称点为，满足，且，可得，，，
，所以，可得，
，
所以双曲线的离心率为：．
故选：．
8．某农村合作社引进先进技术提升某农产品的深加工技术，以此达到10年内每年此农产品的销售额（单位：万元）等于上一年的1.3倍再减去3.已知第一年（2024年）该公司该产品的销售额为100万元，则按照计划该公司从2024年到2033年该产品的销售总额约为（ ）（参考数据：）
A．3937万元 B．3837万元 C．3737万元 D．3637万元
【答案】A
【解析】设该公司在2024年，2025年，...，2033年的销售额（单位：万元）分别为.
依题意可得，则，
所以数列是首项为90，公比为1.3的等比数列，
则，即，
则，
故从2024年到2033年该产品的销售总额约为3937万元.
故选：A.
9．艺术家埃舍尔的作品展示了数学之美，如图①是其作品《星空》中的一部分，由正方体和正八面体相互交叉形成的组合体，可抽象为图②所示的图形．若正八面体的棱长均为2，且相交处均为棱中点，则两个几何体相交后公共部分形成的几何体的体积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】如图，因为正八面体的棱长均为2，且相交处均为棱中点，所以，
所以，则该正方体的棱长为．
易知三棱锥为正三棱锥，则．
易知两个几何体相交后公共部分形成的几何体体积为．
故选：B.
第II卷（非选择题）
二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。
10．复数的共轭复数为，则 .
【答案】
【解析】，
所以.
故答案为：.
11．若展开式的二项式系数之和为256，则展开式的常数项为 ．
【答案】5670
【解析】因为二项式系数和等于,所以,
由二项式展开式通项公式,
令解得,所以常数项为.
故答案为: 5670.
12．从有5个红球和4个蓝球的袋子中，每次随机摸出1个球，摸出的球不再放回.那么，在第3次摸到红球的条件下第4次摸到红球的概率为 .
【答案】/0.5
【解析】用表示事件"第次摸到红球"，表示事件"第次摸到红球"，.
.
故答案为：
13．已知点，抛物线：（）的准线为，点在上，作于点，，，则 .
【答案】
【解析】设抛物线的焦点为，，
由抛物线的定义可知，，因为，所以，
不妨设点在第一象限，过点作轴于点，则为的中点，
，
因为，所以，
所以，，
所以点的坐标为，
因为点在抛物线上，所以，
化简得，解得或(舍去)，所以.
故答案为：.
1.凡涉及抛物线上的点到焦点距离时，一般运用定义转化为到准线距离处理；
2.若为抛物线（）上一点，由定义易得；若过焦点的弦的端点坐标为，，则弦长为，可由根与系数的关系整体求出；若遇到其他标准方程，则焦半径或焦点弦长公式可由数形结合的方法类似地得到．
14．如图，已知正方形的边长为2，过中心的直线与两边，分别交于点，，若是的中点，则的取值范围是 ；若是平面内一点，且满足，则的最小值是 .
【答案】
【解析】由直线l过正方形的中心O且与两边AB、CD分别交于点M、N，得O为MN的中点，
则，，
由Q是BC的中点，得，又，则，
所以取值范围为；
令，则 ，
则，即，于是，即点T 在直线BC上，
因此，，则，
而，因此，
所以的最小值为.
故答案为：；
15．已知函数，均为周期为2的函数，， ，若函数在区间有10个零点，则实数的取值范围是 .
【答案】
【解析】作出的图象以及在上的图象，通过分析图象，可知与在有2个交点，在有1个交点，通过换元法，即可求得结果.作出的图象，如图，
作出在上的图象，
在和上，与共有两个交点，
与在共10个交点，
与在，，共有8个交点，
又与的周期为2，
与在有2个交点，在有1个交点，
①在有2个交点，
由①知，，
令，则，，
由基本不等式知，当且仅当时，取等号；
当时，；
当时，，
所以时有两解，
②在有1个交点，
由②知，
令，则，，
令，则，
令，解得，
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
，
所以，当时，，
当时，，
所以，或，
综上，.
故答案为：.
三、解答题：本题共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．（14分）
在中，内角，，，所对的边分别为，，，且．
(1)求；
(2)若，的面积为，求．
【解析】（1）由题意及正弦定理得，，
有，
又由，
有，
又由，有，可得，
可得，又由，可得.
（2）由正弦定理及，有，
又由的面积为，
有，可得，，
由余弦定理，有，故.
17．（15分）
如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，，点E在线段上，满足，点F为的中点．
(1)证明：平面；
(2)若平面，求直线与平面所成角的正弦值；
(3)在（2）的条件下，求平面与平面所成角的余弦值．
【解析】（1）
取点M为的中点，连接，
因为点F为的中点，所以，，
又因为，，
又，则，
所以，，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，
所以平面．
（2）因为平面，平面，所以平面平面，
又，平面平面，所以平面，
所以直线与平面所成角为，
设，则，
因为，又，
所以，，，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
（3）在（2）的条件下，以A为坐标原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴，过点A作平行于的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
，，，，，
，，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，令，所以，
设平面的一个法向量为，
则，即，令，所以，
设平面与平面所成的角为，则，
所以平面与平面所成角的余弦值为．
18．（15分）
已知椭圆 的左右焦点分别为、 ，离心率 ，点、分别是椭圆的右顶点和上顶点，的边上的中线长为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过椭圆上顶点的直线交椭圆于点，且，求直线的方程;
(3)直线、过右焦点，且它们的斜率乘积为，设、分别与椭圆交于点、和、.若、分别是线段和的中点，求面积的最大值.
【解析】（1）由题意，因为、，为直角三角形，所以，
又 因为，，解得，，
所以椭圆的标准方程为.
（2）易知点，，且，则，
所以，直线的方程为，
联立，解得或，即点或，
当点的坐标为时，直线的方程为；
当点的坐标为时，，
此时，直线的方程为，即.
综上所述，直线的方程为或.
（3）由题意，，
设直线的方程为，其中，、，
则直线的方程为 ，、，
联立可得，
由韦达定理可得，，
所以，，，所以，
同理可得，，
所以，点，即的中点为，
所以，
当且仅当时，即当时取等号，所以的面积最大值为.
19．（15分）
已知数列的前项和为，且.
(1)求的通项公式；
(2)设，记数列的前项和为，若对任意的恒成立，求的取值范围；
(3)设，是否存在正整数，使得成等差数列？若存在，请求出所有符合条件的数组；若不存在，请说明理由.
【解析】（1）因为，所以，
当时，，解得；
由，得，
所以，整理得，
所以，所以，
所以，所以，所以是等差数列，
又，所以.
（2）由（1）知，
所以，
又，所以是递增数列.
当时，若对任意的恒成立，则；
当时，若对任意的恒成立，则，即，
所以的取值范围是.
（3）由（1）知，假设存在正整数，使得成等差数列，
则，即，其中，故，即.
设，则，
故数列为递减数列，而，故的正整数解为，
此时，故即，由的单调性可得，
所以符合条件的数组为.
20．（16分）
已知，其中，.
(1)若与相切，求实数的值；
(2)当时，证明：；
(3)若不等式恒成立，求实数的取值范围.
【解析】（1）设，则，，
若与相切，设切点为，
则，又，则，从而，即，即.
（2）设，则，当时，，
依题意，当时，要证，即证，当时，即证.
设，，则，当时，，单调递增，
则当时，，即，从而，
当时，，即，从而，
综上可知，当时，.
（3）不等式即，令，令，，，
由，不妨设，，
其中，，.
（ⅰ）当时，由（2）可知单调递增，故，则，即单调递增，符合题意；
（ⅱ）当时，由，令，则，
①当时，，则恒成立，故单调递减，即，
即，故单调递增，从而，符合题意；
②当时，，故有两个根，
因此当时，，单调递增，则，
即，故在区间上单调递减，从而，不合题意.
综上可知，或，即.
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(考试时间：120分钟 试卷满分：150分)
第I卷（选择题）
一、选择题：本题共9小题，每小题5分，共45分．在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。
1．全集，集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．命题，，则是（ ）.
A．， B．，
C．， D．，
3．某国企进行节能降耗技术改造，下面是该国企节能降耗技术改造后连续五年的生产利润，预测第8年该国企的生产利润约为千万元（参考公式及数据：，）
年号
年生产利润（单位：千万元）
A． B． C． D．
4．若，，，则下列结论正确的是（　　）
A． B． C． D．
5．将函数的图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再向左平移个单位，所得函数图象的一条对称轴是（ ）
A． B． C． D．
6．已知函数的图象如图所示，则函数的解析式可能为（ ）
A． B．
C． D．
7． 如图所示，已知双曲线：的右焦点为，双曲线的右支上一点 ，它关于原点的对称点为，满足，且，则双曲线的离心率是
A． B． C． D．
8．某农村合作社引进先进技术提升某农产品的深加工技术，以此达到10年内每年此农产品的销售额（单位：万元）等于上一年的1.3倍再减去3.已知第一年（2024年）该公司该产品的销售额为100万元，则按照计划该公司从2024年到2033年该产品的销售总额约为（ ）（参考数据：）
A．3937万元 B．3837万元 C．3737万元 D．3637万元
9．艺术家埃舍尔的作品展示了数学之美，如图①是其作品《星空》中的一部分，由正方体和正八面体相互交叉形成的组合体，可抽象为图②所示的图形．若正八面体的棱长均为2，且相交处均为棱中点，则两个几何体相交后公共部分形成的几何体的体积是（ ）
A． B． C． D．
第II卷（非选择题）
二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。
10．复数的共轭复数为，则 .
11．若展开式的二项式系数之和为256，则展开式的常数项为 ．
12．从有5个红球和4个蓝球的袋子中，每次随机摸出1个球，摸出的球不再放回.那么，在第3次摸到红球的条件下第4次摸到红球的概率为 .
13．已知点，抛物线：（）的准线为，点在上，作于点，，，则 .
14．如图，已知正方形的边长为2，过中心的直线与两边，分别交于点，，若是的中点，则的取值范围是 ；若是平面内一点，且满足，则的最小值是 .
15．已知函数，均为周期为2的函数，， ，若函数在区间有10个零点，则实数的取值范围是 .
三、解答题：本题共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．（14分）
在中，内角，，，所对的边分别为，，，且．
(1)求；
(2)若，的面积为，求．
17．（15分）
如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，，点E在线段上，满足，点F为的中点．
(1)证明：平面；
(2)若平面，求直线与平面所成角的正弦值；
(3)在（2）的条件下，求平面与平面所成角的余弦值．
18．（15分）
已知椭圆 的左右焦点分别为、 ，离心率 ，点、分别是椭圆的右顶点和上顶点，的边上的中线长为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过椭圆上顶点的直线交椭圆于点，且，求直线的方程;
(3)直线、过右焦点，且它们的斜率乘积为，设、分别与椭圆交于点、和、.若、分别是线段和的中点，求面积的最大值.
19．（15分）
已知数列的前项和为，且.
(1)求的通项公式；
(2)设，记数列的前项和为，若对任意的恒成立，求的取值范围；
(3)设，是否存在正整数，使得成等差数列？若存在，请求出所有符合条件的数组；若不存在，请说明理由.
20．（16分）
已知，其中，.
(1)若与相切，求实数的值；
(2)当时，证明：；
(3)若不等式恒成立，求实数的取值范围.
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