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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，，则( )
A. B. C. D.
2.若，直线：，直线：，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.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，，，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，则下列结论不正确的是( )
A. B. 满意度计分的众数约为分
C. 满意度计分的平均分约为分 D. 满意度计分的第一四分位数约为分
6.函数的部分图象如图所示，要得到的图象，只需将函数的图象上所有的点( )
A. 横坐标伸长到原来的倍纵坐标不变，再向右平行移动个单位长度
B. 横坐标伸长到原来的倍纵坐标不变，再向左平行移动个单位长度
C. 横坐标缩短到原来的纵坐标不变，再向右平行移动个单位长度
D. 横坐标缩短到原来的纵坐标不变，再向左平行移动个单位长度
7.曲线与曲线在点处的切线互相垂直，则实数( )
A. B. C. D.
8.双曲线：的一条渐近线为直线：，若的一个焦点到直线的距离为，且与抛物线：的准线相交于点，点的纵坐标为，则的值为( )
A. B. C. D.
9.已知正方体的体积为，则四棱锥与四棱锥重叠部分的体积是( )
A. B. C. D.
二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。
10.已知复数是纯虚数，则实数的值为______．
11.在的展开式中，常数项为______用数字作答
12.已知点，在直线：上运动，点在圆：上，且有，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张红色卡片和张白色卡片，乙盒中有张红色卡片和张白色卡片若从甲盒中取出张卡片，且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.在中，为中点，为线段上一点，且满足，则 ______，若，则当最大时，的值为______．
15.已知函数若函数恰有两个不同的零点，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.本小题分
在中，角，，所对的边分别为，，，已知．
Ⅰ求角的大小；
Ⅱ若．
求的值；
求的值．
17.本小题分
如图，在三棱柱中，，，分别是，，的中点，平面，且，，．
Ⅰ求证：平面；
Ⅱ求平面与平面的夹角的余弦值；
Ⅲ若线段上存在点到平面的距离为，求直线与平面所成角的正弦值．
18.本小题分
已知椭圆的短轴长为，离心率为．
Ⅰ求椭圆的方程；
Ⅱ椭圆的左、右顶点分别为点、，设点为椭圆上的点异于点、，直线与直线交于点，以为直径的圆与直线交于另一点异于点，直线与轴相交于点，试证明点为定点并求出点的坐标．
19.本小题分
已知，数列为等差数列，公差为，且，若，记数列，的前项和分别为，．
Ⅰ若，，求；
Ⅱ若数列为等差数列，．
求数列的通项公式；
若数列满足，将数列，中的项按如下规律组成数列：，，求．
20.本小题分
已知函数．
Ⅰ若函数的两个极值点为与，求，的值及函数的单调区间；
Ⅱ若．
求证：当时，函数在区间上单调递增；
对，总，使得成立，求实数的取值范围．
参考答案
1.
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14.
15.
16.解：Ⅰ中，由，由正弦定理有，
因为，所以，代入式整理得，，
又因为，所以，因为，所以；
Ⅱ由已知，且，代入，解得，；
由正弦定理，有，又因为，
故，所以，
，由，，
故．
17.解：Ⅰ证明：因为，分别是，的中点，所以，
由，有，
又因为平面，
因此以点为原点，，，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，，，，，，
，，
所以，
平面的法向量为，
，所以，
又因为平面，
所以平面；
Ⅱ设平面的法向量为，，
则，
令，则，
设平面与平面的夹角为，
则，
则平面与平面的夹角的余弦值为；
Ⅲ设，，，
点到平面的距离，
即，
解得，
所以，
设直线与平面所成角为，
则，
则直线与平面所成角的正弦值为．
18.解：Ⅰ设椭圆的半焦距为，依题意，所以，
又因为，解得，
所以椭圆方程为．
Ⅱ证明：依题意直线斜率存在，设直线的方程为，点，
联立，整理得，
由韦达定理有，，
代入，解得，即，
又因为，所以直线，即的斜率为，
直线与联立，所以点，
因为以为直径的圆与直线交于另一个点，
所以，所以，所以直线的方程为，
令，得点的横坐标为，
所以直线与轴相交于定点，点的坐标为．
19.解：由，有，故，
又，，
即，解得或舍，所以．
由，两个等差数列及，，
则有或，证明：设，，
所以有，整理得，
所以，，，若，则，，所以，所以，，
若，则，，所以，所以，．
设，，则，，，
，代入式整理得解得或，因为，所以；
设，，则，，，
，解得或，因为，所以舍．综上，数列的通项公式为，
数列的通项公式为．
因为由有，即数列共项，数列共项，
所以，．
20.解：Ⅰ，
由已知有，解得，
经验证，时，与是函数的两个极值点，
所以，所以，所以，
令，得，此时单调递增；
令，得，此时单调递减，
所以函数在区间和上单调递增，在区间上单调递减；
Ⅱ证明：因为，所以，
当时，，即，
又因为，所以，因此，
所以当时，在区间上单调递增；
由知，当时，在上是增函数，
因此在上的最大值为，
即对任意恒成立．
设，，
则，
当时，则，此时，即在上单调递减，
因此，需，所以；
当时，，
当时，即，此时，即在上单调递增，
因此，所以在上恒成立；
当时，即，此时，即在上单调递减，
因此，所以在上恒成立；
当时，即，此时当时，，单调递减；
当时，，单调递增，，需满足，令，
设，，
当时，，即在上单调递减，
所以，则在时恒成立，
此时在恒成立．
综上所述，当时，对，总，使得成立．
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