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2025 年天津市和平区高考数学二模试卷
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.已知集合 = { 2, 1,0,1,2}， = { ∈ || | < 2}，则 ∩ =( )
A. { 1,0} B. {0,1,2} C. { 1,0,1} D. { 2, 1,0,1,2}
2.若 ∈ ，直线 1： + 2 1 = 0，直线 2：(3 1) 1 = 0，则“ = 0”是“ 1// 2”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.已知 ， 是空间两条不同的直线， ， ， 为三个不同的平面，则下列命题正确的为( )
A.若 // ， ， ，则 //
B.若 // ， ⊥ ，则 ⊥
C.若 ∩ = ， ∩ = ， // ，则 //
D.若 ⊥ ， ，则 ⊥
4.已知 = log 2， = log (log 2)， = (log 2)25 5 5 5 ，则 ， ， 的大小关系为( )
A. < < B. < < C. < < D. < <
5.某人工智能公司为优化新开发的语言模型，在其模型试用人群中开展满意度问卷调查，满意度采用计分
制，统计满意度并绘制成如下频率分布直方图，图中 = 2 ，则下列结论不正确的是( )
A. = 0.015 B.满意度计分的众数约为 75 分
C.满意度计分的平均分约为 79 分 D.满意度计分的第一四分位数约为 70 分
6.函数 ( ) = ( + )( > 0, > 0, | | < )的部分图象如图所示，
要得到 = 2 的图象，只需将函数 ( )的图象上所有的点( )
A.横坐标伸长到原来的 2 倍(纵坐标不变) ，再向右平行移动3个单位长度
B. 2 横坐标伸长到原来的 2 倍(纵坐标不变)，再向左平行移动 3个单位长
度
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C. 1 横坐标缩短到原来的2 (纵坐标不变)，再向右平行移动3个单位长度
D. 1 ( 2 横坐标缩短到原来的2 纵坐标不变)，再向左平行移动 3个单位长度

7.曲线 ( ) = +2 1+ 2 与曲线 ( ) = ( + 1)
在点(0,1)处的切线互相垂直，则实数 =( )
A. 2 B. 0 C. 13 D.
4
3
2 2
8 .双曲线 1： 2 2 = 1( > 0, > 0)的一条渐近线为直线 ： = 3 ，若 1的一个焦点到直线 的距离为 3，
且 1与抛物线 22： = 2 ( > 0)的准线相交于点 ，点 的纵坐标为 3，则 的值为( )
A. 2 B. 4 C. 8 D. 16
9.已知正方体 1 1 1 1的体积为 16 2，则四棱锥 1 与四棱锥 1 重叠部分的体积
是( )
A. 2 B. 2 2 C. 8 23 D.
10 2
3
二、填空题：本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分。
10.已知复数( + 3 )(1 + 2 )是纯虚数，则实数 的值为______．
11 ( 3.在 2 )
5的展开式中，常数项为______. (用数字作答)
12.已知点 ， 在直线 ： + 2 = 0 上运动，点 在圆 ：( 1)2 + ( 1)2 = 8 上，且有| | = 2，
则△ 的面积的最大值为______．
13.已知甲、乙两个盒子中装有不同颜色的卡片，卡片除颜色外其他均相同.甲盒中有 5 张红色卡片和 4 张
白色卡片，乙盒中有 2 张红色卡片和 4 张白色卡片.若从甲盒中取出 2 张卡片，且 2 张卡片中有一张是红色
卡片的条件下，另一张是白色卡片的概率为______；若从两盒中随机选择一个盒子，然后从中取出一张卡
片，则取到一张红色卡片的概率为______．
14 1.在△ 中， 为 中点， 为线段 上一点，且满足 = + 3 ( ∈ )，则 = ______，若 ⊥ ，
| |
则当∠ 最大时，| |的值为______．
2
15 ( ) = 2 , ≥ ,
2
.已知函数 2 ( ) =
3 3 + 4, ≥ 1,
4 , < 1, 若函数 ( ) = ( ) ( )恰有 + (2 2) , < ,
两个不同的零点，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.(本小题 14 分)
在△ 中，角 ， ， 所对的边分别为 ， ， ，已知 = 2 2 ．
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(Ⅰ)求角 的大小；
(Ⅱ)若 = 7, = 2 ．
( )求 的值；
( ) 求 cos( 4 2 )的值．
17.(本小题 15 分)
如图，在三棱柱 1 1 1中， ， ， 分别是 ， ， 1的中点， 1 ⊥平面 ，且 1 = 2 3，
⊥ ， = = 4．
(Ⅰ)求证： //平面 1 1；
(Ⅱ)求平面 1 1与平面 1 的夹角的余弦值；
(Ⅲ) 7 13若线段 上存在点 到平面 1 的距离为 13 ，求直线 与平面 1 所成角的正弦值．
18.(本小题 15 分)
2 2
已知椭圆 2 + 2 = 1( > > 0)的短轴长为 4 3
1
，离心率为2．
(Ⅰ)求椭圆的方程；
(Ⅱ)椭圆的左、右顶点分别为点 1、 2，设点 为椭圆上的点(异于点 1、 2)，直线 1 与直线 = 8 交于点
，以 为直径的圆与直线 2交于另一点 (异于点 )，直线 与 轴相交于点 ，试证明点 为定点并求出
点 的坐标．
19.(本小题 15 分)
已知 ∈ ，数列{ }为等差数列，公差为 ，且 > 1，若 = 2 + ，记数列{ }，{ }的前 项和分
别为 ， ．
(Ⅰ)若 2 4 = 3 2 + 2 1， 4 + 3 = 33，求 ；
(Ⅱ)若数列{ }为等差数列， 4 4 = 4．
( )求数列{ }的通项公式；
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( )若数列{ }满足 5 2 = 7 ，将数列{ }，{ }中的项按如下规律组成数列{ }：

1, 1, 2, 3,
2 + 1
2, 4, , 7, 3, 8, …, 15, 4, …, 2 , 2 +1, …, 2 +1 1, +1，…( ∈ )，求 =1 ( ∈ )．
20.(本小题 16 分)
已知函数 ( ) = 2 2 + ln( + ) 2 ( , ∈ , > 0)．
(Ⅰ) 1若函数 ( )的两个极值点为 0 与2，求 ， 的值及函数 ( )的单调区间；
(Ⅱ)若 = 12．
( ) 1求证：当 ∈ (0,1]时，函数 ( )在区间[ 2 , + ∞)上单调递增；
( )对 ∈ ( 12 , 1)，总 0 ∈ [1,2]，使得 ( 0) > (
1
4
2)成立，求实数 的取值范围．
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参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.6
11. 5 3
12.3
13.2 43 9
14.1 103 5
15.( ∞, 3 ) ∪ ( 72 2 , + ∞)
16.解：(Ⅰ) △ 中，由 = 2 2 ，由正弦定理有 = 2 2 ①，
因为 + + = ，所以 = sin( + ) = + ，代入①式整理得， + 2 =
0，
1 2
又因为 ≠ 0，所以 = 2，因为 0 < < ，所以 = 3；
2 2 2
(Ⅱ)( )由已知 = 2 ，且 = 7，代入 = + = 1，解得 = 1， = 2；2 2
( ) 2 由正弦定理 = 21 ，有 = ，又因为 =7 3，
故 = 1 sin2 = 2 7，所以 2 = 2 = 4 3，7 7
2 = cos2 sin2 = 1 2 7，由 = 3，4 = 6，
故 cos( 4 2 ) = cos 6 2 + sin

6 2 =
5 3．
14
17.解：(Ⅰ)证明：因为 ， 分别是 ， 的中点，所以 // ，
由 ⊥ ，有 ⊥ ，
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又因为 1 ⊥平面 ，
因此以点 为原点， ， ， 1所在直线分别为 轴， 轴， 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
易知 (0,0,0)， (4,2,0)， (0,2,0)， (0, 2,0)， 1(0,0,2 3)， 1(0,4,2 3)，
(2,0,0)， (2,3, 3)，
所以 = (0,3, 3)，
平面 1 1的法向量为 1 = (1,0,0)，
1 = 0，所以 ⊥ 1，
又因为 平面 1 1，
所以 //平面 1 1；
(Ⅱ)设平面 1 的法向量为 2 = ( , , )， 1 = (2,0, 2 3)，
2 = 3 + 3 = 0则 ，
2 1 = 2 2 3 = 0
令 = 3，则 2 = (3, 1, 3)，
设平面 1 1与平面 1 的夹角为 1，
则 1 = |cos < 1, 2 > | =
| 1 2| 3 13
| 1| |
，
| =2 13
则平面 1 1与平面 1 的夹角的余弦值为
3 13；
13
(Ⅲ)设 (0, , 0)，( ∈ [0,2])， = (2, ,0)，
|
2| 7点 到平面 1 的距离 | ， 2|
= 13
|6+ | = 7即 13 13，
解得 = 1，
所以 = (2, 1,0)，
设直线 与平面 1 所成角为 2，
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则 2 = |cos <

, 2 > | =
| 2| = 7 65，
| | | 2| 65
则直线 与平面 1 所成角的正弦值为
7 65．
65
18.解：(Ⅰ)设椭圆的半焦距为 ，依题意 2 = 4 3，所以 = 2 3，
2 = 2 + 2 = 4
又因为 = 1 ，解得 = 2 = 2
，
2 2
所以椭圆方程为16+ 12 = 1．
(Ⅱ)证明：依题意直线 1 斜率存在，设直线 1 的方程为 = ( + 4)，点 ( 0, 0)，
= ( + 4)
联立 2 2 ，整理得(4 2 + 3) 2 + 32 2 + 64 2 48 = 0，
16+ 12 = 1
64 2 48 12 16 2
由韦达定理有( 4) 0 = 4 2+3 ， 0 = 4 2+3 ，
24 12 16 2 = ( + 4) 24 代入 ，解得 0 = 4 2+3，即 ( 4 2+3 , 4 2+3 )，
24
(4,0) = 4 2
0
又因为 +32 ，所以直线 2 2 =
3
4 ，即 2
3
的斜率为
12 16 4 4
，
4 2+3
直线 1 与 = 8 联立，所以点 (8,12 )，
因为以 为直径的圆与直线 2交于另一个点 ，
所以 ⊥ 4 2 ，所以 = 3，所以直线 的方程为 12 =
4
3 ( 8)，
令 = 0，得点 的横坐标为 = 1，
所以直线 与 轴相交于定点 ，点 的坐标为( 1,0)．
19.解：( )由 2 4 = 3 2 + 2 1，有 1 = ，故 4 = 10 ，
又 3 = 1 + 2 + 3 =
2 + 3 + 4 =
9 9
， 4 + 3 = 10 + = 33，
即 10 2 33 + 9 = 0，解得 = 3 或 = 310 (舍)，所以 = 3．
( )由 2 = + = ( + 1)，两个等差数列{ }及{ }， 4 4 = 4①，
则有 = 或 = ( + 1)，( > 1).证明：设 = + ， = + ，
所以有( + ) ( + ) = 2 + ，整理得 2 + + + = 2 + ，
所以 = 1， + = 1， = 0，若 = 0，则 = 1， = 1，所以 = ，所以 = ， =
1
( + 1)，
若 = 0，则 = 1， = 1，所以 = ，所以 = ( + 1)
1
， = ．
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( )(1) = ( > 1) = 1 ( + 1) = = 2 = 4 + 4×3设 ， ，则 1 ， 1 ， 4 2 = 10 ，
= 4 × 2 + 4×3 1 14 2 7 74 2 × = ，代入①式整理得 5 2 7 = 0 解得 = 5或 = 1，因为 > 1，所以 = 5；
(2)设 = ( + 1)( > 1) =
1 1 4×3
， ，则 1 = 2 ， 1 = ， 4 = 4 × 2 + 2 = 14 ，
7 2 2 5 = 0，解得 = 57或 = 1
7
，因为 > 1，所以舍．综上，数列{ }的通项公式为 = 5 ，
{ } 5数列 的通项公式为 = 7 ( + 1)．
( )因为 5 2 = 7 由(1)有 =
5
7 ( + 1)，即 = 2
+1
数列{ }共 项，数列{ }共2 1 项，
4 2 +2 +2 2 1 [
7
5+
7
所以 = = 2 4， = 5
(2 1)](2 1) 7
=1 1 2 =1 2 = 10 (4 2 )．
2 + 1
= 2 +2
7 7 33
4+ 10 (4
2 ) = 10 4 + 10 2 4
=1
20.解：(Ⅰ) ′( ) = 4 + + 2 ，
′(0) = 0 = 1
由已知有 ，解得 1 ，
′( 12 ) = 0
= 2
经验证， = 1, = 1 12时， = 0 与 = 2是函数 ( )的两个极值点，
= 1, = 1 + 1 > 0 ( ) = 2 + 1所以 2，所以 2 ，所以 ′ 1 2 =
2 (2 1)
+ 2 +1
，
2
1
令 ′( ) > 0，得 ∈ ( 2 , 0), (
1
2 , + ∞)，此时 ( )单调递增；
1
令 ′( ) < 0，得 ∈ (0, 2 )，此时 ( )单调递减，
1 1 1
所以函数 ( )在区间( 2 , 0)和( 2 , + ∞)上单调递增，在区间(0, 2 )上单调递减；
2 2
2 1
(Ⅱ)( ) = 1 ( ) = 4 4
2 +2 2 [2 (2 2 1)] 4 [
证明：因为 ，所以 ′ = = 2
]
2 2 +1 2 +1 2 +1 ，
∈ (0,1] 2
2 1 1 = ( 1)(2 +1) 2
2 1 1
当 时， 2 2 2 ≤ 0，即 2 ≤ 2，
≥ 1 2
2 1
又因为 2，所以 2 ≥ 0，因此 ′( ) ≥ 0，
所以当 ∈ (0,1]时， ( ) 1在区间[ 2 , + ∞)上单调递增；
( )由( )知，当 ∈ ( 1 12 , 1)时， ( )在[ 2 , + ∞)上是增函数，
1
因此 ( )在[1,2]上的最大值为 (2) = ln(2 + 2 ) + 4 4 ，
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1
即 ln(2 + 2 ) + 4 4 (
1 2
4 ) > 0
1
对任意 ∈ ( 2 , 1)恒成立．
设 ( ) = ln(2 + 1 ) + 4 4 ( 1 2 12 4 )， ∈ ( 2 , 1)，
则 ′( ) = 4 2 [4 +( 8)]4 +1 4+ 2 = 4 +1 ，
(1)当 ≤ 0 时，则 4 + ( 8) < 0，此时 ′( ) < 0 1，即 ( )在( 2 , 1)上单调递减，
因此 ( ) > (1) = ln 5 3 5 32 + 4 ，需 ln 2 + 4 > 0，所以 ∈ [
4
3 ln
2
5 , 0]；
8 [ 8
(2)当 > 0 时， ′( ) = 4
]
4 +1 ，
8 8 1 1
①当 ≥ 3时，即 4 < 2，此时 ′( ) > 0，即 ( )在( 2 , 1)上单调递增，
因此 ( ) > ( 1 ) = ln 32 2 + 2 > 0
1
，所以 ( ) > 0 在( 2 , 1)上恒成立；
0 < ≤ 8 8 1②当 5时，即 4 ≥ 1，此时 ′( ) < 0，即 ( )在( 2 , 1)上单调递减，
5 3
因此 ( ) > (1) = ln 2 + 4 > 0，所以 ( ) > 0 (
1
在 2 , 1)上恒成立；
8 < < 8 1 < 8 < 1 ∈ ( 1 8 ③当5 3时，即2 4 ，此时当 2 , 4 )时， ′( ) < 0， ( )单调递减；
当 ∈ ( 8 4 , 1)时， ′( ) > 0， ( )单调递增， ( ) ≥ (
8 ) = ln 4 + 4 3 4 4 3 4 16 ，需满足 ln + 4 16
4
> 0
4
，令 = ∈ (
3 5
2 , 2 )，
2
设 ( ) = + 4 34 , ∈ (
3 , 52 2 )， ′( ) =
1 3 4 +4 +3 (2 +1)(2 3)
+ 4 2 1 = 4 2 = 4 2 ，
∈ ( 3 5 3 5当 2 , 2 )时， ( ) < 0，即 ( )在( 2 , 2 )上单调递减，
所以 ( ) > ( 5 ) = ln 5 6 4 3 4 8 82 2 + 5 > 0，则 ln + 4 16 > 0 在5 < < 3时恒成立，
1
此时 ( ) > 0 在( 2 , 1)恒成立．
4
综上所述，当 ∈ [ 3 ln
2
5 , + ∞)
1
时，对 ∈ ( 2 , 1)，总 0 ∈ [1,2]
1
，使得 ( 0) > ( 4
2)成立．
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