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2025年天津市南开区高考数学一模试卷
一、单选题：本题共9小题，每小题5分，共45分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.若集合，，，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.设，则( )
A. B. C. D.
4.如图是由一组实验数据得到的散点图，以下四个回归方程类型中适合作为与的回归方程类型的是( )
A.
B.
C.
D.
5.已知是奇函数，则( )
A. B. C. D.
6.把函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的倍，纵坐标不变，再把所得曲线向左平移个单位长度，得到函数的图象，且的图象关于点中心对称，则函数的解析式可能是( )
A. B. C. D.
7.已知函数在上单调递减，则实数的取值范围为( )
A. B. C. D.
8.如图，在平行六面体中，是线段上的一点，且，则三棱锥的体积与平行六面体的体积之比为( )
A. ： B. ：
C. ： D. ：
9.设双曲线的左、右顶点分别是，，点是的一条渐近线上一点，若，则的离心率为( )
A. B. C. D.
二、填空题：本题共6小题，共30分。
10.是虚数单位，若复数为纯虚数，则 ______．
11.若的展开式的二项式系数和为，且的系数为______．
12.已知圆：与抛物线：的准线相切于点，为的焦点，则直线被圆截得的弦长为______．
13.有编号分别为，，的个盒子，第个盒子中有个白球个黑球，其余盒子中均为个白球个黑球现从第个盒子中任取一球放入第个盒子，再从第个盒子中任取一球放入第个盒子，则从第个盒子中取到白球的概率是______；从第个盒子中取到白球的概率是______．
14.在中，，若点为的中点，点满足，点为与的交点，用和表示 ______；则的余弦值为______．
15.已知，若方程有四个不同的实数根，则实数的取值范围为______．
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.本小题分
在中，内角，，的对边分别为，，，且．
求边的长；
求的值；
求的值．
17.本小题分
如图，在四棱锥中，平面平面，，，，为棱上一点，且．
求证：平面；
求直线与平面所成角的正弦值；
求平面与平面夹角的余弦值．
18.本小题分
已知椭圆的中心为坐标原点，对称轴为轴，轴，且过两点．
求的方程；
过点，斜率不为的直线与椭圆交于，两点，点，直线与轴交于，与轴交于，直线与轴交于，与轴交于若，求直线的斜率．
19.本小题分
已知公差大于的等差数列的前项和为，且，是，的等比中项．
求的通项公式及；
记为在区间内项的个数，为数列的前项和．
若，求的最大值；
设，证明：．
20.本小题分
已知函数．
求曲线在点处的切线方程；
若在区间上恒成立，求实数的取值范围；
若方程有两个不同的实数解，，证明：．
参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
13.
14.
15.
16.解：根据题意可知，，由正弦定理可知，
由余弦定理可得，即，
解得，故；
根据题意可知，及，得，
由正弦定理，得，
解得；
由可知，所以，
所以，
所以
．
17.证明：取中点，连接，，因为，，
所以，，
又面面，面，面面，
所以平面，
以为原点，，，所在直线分别为，，轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，
设为平面的一个法向量，
则由，，可得，即，
令，则，，从而，
因为，所以，
因为，所以，
又平面，则平面；
解：设与平面的夹角为，
则，
即直线与平面所成角的正弦值为；
显然，平面的一个法向量为，
设平面与平面夹角为，
则，
即平面与平面夹角的余弦值为．
18.解：因为椭圆的中心为坐标原点，对称轴为轴，轴，
设椭圆的方程为且，
因为椭圆经过点，
所以，
解得，
则椭圆的方程为；
设直线的方程为，，，
联立，消去并整理得，
此时，
解得，
由韦达定理得，
直线，直线，
令，
可得，
令，
可得，
以为内，
所以，
即，
整理得，
因为，
所以，
解得，
则直线的斜率为．
19.解：公差大于的等差数列的前项和为，且，是，的等比中项，
设等差数列的公差为，
可得，即，
，
即，
将代入得，因为，解得，，
所以．
记为在区间内项的个数，
为数列的前项和．
令，即，解得，
所以，即的通项公式为，
则，
由等差数列和等比数列的求和公式，可得．
又，所以．
由，得，
因为，，
所以的最大值为．
证明：由知，则，所以．
设，
则，
得，
所以．
因为，
所以．
综上，．
20.解：根据已知：函数．
，则切线的斜率为，又，
所以处的切线方程为，即．
，
当时，；当时，；
所以在上单调递增，在上单调递减，则．
若在区间上恒成立，则的取值范围为．
证明：由，得，
若有两个不同的实数解，，则，
两式相减得，所以．
不妨设，则，
所以在上单调递增，此时，所以．
所以，即，所以
由，得有两个不同的实数解，，
令，
当时，单调递增，当时，单调递减，
由，，所以．
令，则方程有两个不同的实数解．
由知，则有．
设，，则，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
此时，即，故，当且仅当时等号成立．
不妨设直线与直线交点的横坐标分别为，，
则，
所以
综上，．
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