天津市十二区重点学校2025届高三下学期联考（一）数学试题（解析版）

高级中学名校试题PAGEPAGE1天津市十二区重点学校2025届高三下学期联考（一）数学试题一、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只有一项是符合题目要求的，请将正确答案的序号填涂到答题卡上．）1.已知集合，，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】，故，故选：B2.已知，则“”是“”的（）A.充分非必要条件 B.必要非充分条件C.充分必要条件 D.既非充分又非必要条件【答案】C【解析】当时，即，所以充分性成立；当时，即可得到，所以必要性成立.故选：C3.若，，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】，，，所以.故选：A4.已知，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，则下列结论正确的是（）A.若，，则 B.若，，，则C.若，，则 D.若，，，则【答案】B【解析】A.若，，则或，故A错误；B.若，，，则，故B正确；C.若，，则或与相交，故C错误；D.若，，，则或异面，故D错误.故选：B5.下列说法错误的是（）A.若随机变量，则当较小时，对应的正态曲线“瘦高”，随机变量的分布比较集中B.在做回归分析时，可以用决定系数刻画模型的回归效果，若越大，则说明模型拟合的效果越好C.若样本数据的平均数为3，则的平均数为10D.一组数据6，7，7，8，10，12，14，16，19，21的第30百分位数为7【答案】D【解析】对于A，由为标准差，该值越小，数据越集中，则曲线越高瘦，故A正确；对于B，当决定系数越大时，残差平方和越小，即模型拟合的效果越好，故B正确；对于C，由，则，故C正确；对于D，由，由，则第百分位数为，故D错误.故选：D.6.若将确定的两个变量y与x之间的关系看成，则函数的图象大致为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】由得，显然，所以，由，得，所以，排除AB，由，当且仅当时取等号，可排除D．故选：C．7.已知为坐标原点，双曲线的左右焦点分别为，，双曲线上一点满足，且，则的离心率为（）A. B. C.2 D.【答案】D【解析】①当时，由，则，由，则，所以，即，由，，则，化简可得，由，则；②当时，由，则，由，则，所以，即，由，，则，由，则方程不成立.故选：D.8.风筝又称为“纸鸢”，由中国古代劳动人民发明于距今2000多年的东周春秋时期，是人类最早的风筝起源．如图，是某中学学生制作的一个风筝模型的多面体，为边的中点，四边形为矩形，且，，，当时，多面体的体积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】在矩形中，有，，因为，，平面，所以平面则平面，因为平面，所以，，在中，由，，则，又因为的中点，则，易知，，易知，则，因，则，在中，，则矩形的面积，因，，，平面，所以平面，多面体的体积.故选：A.9.设符号函数，已知函数，则（）A.为的最小正周期B.图象的对称轴方程为C.在上单调递增D.函数在上有4个零点【答案】D【解析】由题意，画出函数的部分图象，如图所示：

根据图象可知为最小正周期，故A错误；由图象知图象的对称轴方程为，故B错误；在上先单调递增，再单调递减，故C错误；函数在上的零点个数，转化为方程在上的解的个数，转化为函数与的交点个数，由图知，函数与有6个交点，所以，函数在上有4个零点，故D正确；故选：D二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分．请将正确的答案填写到答题纸上．题中包含2个空的，答对1个空的得3分，全部答对的得5分．）10.是虚数单位，复数满足，则________．【答案】【解析】设，则共轭复数，由，则，解得，所以.故答案为：.11.二项式的展开式中，项的系数是________．（用数字填写答案）【答案】【解析】二项展开式的通项公式为，令，得，所以项的系数是.故答案为：12.已知抛物线C：的焦点为F，P在C上，若以为直径的圆与x轴相切于点，则________.【答案】2【解析】由题意得，设，的中点为，则.因为以为直径的圆与轴相切于点，则，即，解得，则，所以故答案为：213.某大学开设了“九章算术”，“数学原理”，“算术研究”三门选修课程．甲、乙、丙、丁四位同学进行选课，每人只能等可能地选择一门课程，每门课程至少一个人选择，甲和乙选择的课程不同，则四人选课的不同方案共有________种；若定义事件为甲和乙选择的课程不同，事件为丙和丁恰好有一人选择的是“九章算术”，则________．【答案】①.30②.【解析】四个人参加三门选修课程共有种方案，其中甲和乙选择的课程相同共有种方案，所以甲和乙选择的课程不同共有种方案；事件共有种方案，以下考虑事件，即“甲和乙选择的课程不同，丙和丁恰好有一人选择的是九章算术”先从丙、丁两个人中选一个人选择“九章算术”，则有种方案，若四个人中只有一个人选择“九章算术”，则甲、乙分别选择另外两门课程，有种方案，丙、丁中没选择“九章算术”的也从另外两门中选择一门，有种方案，根据分步乘法计数原理，共有种方案；若四个人中有两人选择“九章算术”，则除了包含丙、丁中的一个人外，还包含甲、乙中的一个人，有种方案，其余两人分别选择另外两门课程，有种方案，根据分步乘法计数原理，共有种方案；根据分步乘法计数原理和分类加法计数原理，事件中共有种方案，根据条件概率公式，；故答案为：30；.14.平面四边形中，，，，点为线段的中点．（I）若，则________；（II）的取值范围是________．【答案】①.②.【解析】（I）如图，连接，因，，为线段的中点，则，，故四边形为菱形，则，（II）如图，以为原点，以所在直线为轴和轴，在中可知，，则，设，则，，因，则点的轨迹为以为直径的圆，方程为圆，欲使其构成平面四边形，则其轨迹为半圆，因，则该式子的几何意义为：点到半圆上的点的距离，因，则点在圆上，则距离的最短值为，最长为，但此时无法构成四边形，故.故答案为：；15.函数，若恰有三个零点，则实数的取值范围是________．【答案】【解析】的图象如图，由图知，当时，在上有2个零点，则在有且仅有一个零点，对称轴，又，，则满足题意；当时，在上有1个零点，则在有2个零点，易知，所以只需即可，此时或；当时，要使有三个零点，则，且在有2个零点，此时对称，又，则，即，令，对称轴，在区间上单调递减，且，所以，综上，实数的取值范围是.故答案为：三、解答题（本大题5小题，共75分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤）16.如图，在三棱柱中，平面，，，，点，分别在棱和棱上，且，，为棱的中点．（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）求平面与平面夹角的余弦值．（1）证明：由题意，以为原点，以，，所在的直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图所示，因为，，，，为棱的中点，可得、、、、、、、、，则，设平面的法向量为，因为，，且，可得，取，则，，所以，则，故，因为平面，所以平面．（2）解：由（1）可得为平面的一个法向量，又，所以所以直线与平面所成角的正弦值为．（3）解：易知是平面的一个法向量，则所以平面与平面夹角的余弦值为.17.在中，角所对的边分别为已知．（1）求角的大小；（2）若，，求的值；（3）若，当的周长取最大值时，求的面积．解：（1）因为，由正弦定理得，因为，所以，又因为，且，所以，又因为，，所以，即.（2）因为在中，，所以，又因为，，由正弦定理，可得.（3）在中，由余弦定理，得，即，所以，当且仅当时取等号，所以周长的最大值为，此时面积.18.椭圆左焦点为，离心率为．（1）求椭圆的方程；（2）若椭圆的右顶点为，点的坐标为，过点的直线与椭圆交第一象限于点，与线段交于点．若三角形的面积是三角形面积的5倍（为坐标原点），求直线的方程．解：（1）由题意得：，所以所以椭圆方程为.（2）由题意可知，直线的斜率存在且为正，直线方程为，因为三角形的面积是三角形面积的5倍∴∵∴又由题意可知、均在轴右侧，∴【算法一】设直线方程为，由，解得，思路一：所以因为点点在椭圆上，故将点坐标代入椭圆方程整理得：∴所以直线方程为，即．思路二：由得，显然成立∵∴∴整理得：∴所以直线方程为，即．【算法二】设直线方程为，由，解得，思路一：．所以由得因为点点在椭圆上，故将点坐标代入椭圆方程整理得：∴所以直线方程为，即．15分思路二：得，显然成立∵∴∴整理得：∴所以直线方程为，即19.数列是公差不为0的等差数列，．已知为等比数列，且，，．（1）求数列和的通项公式；（2）设数列中的项落在区间中的项数为．（i）求数列前项和；（ii）设数列满足，若存在正整数满足当时，，且，求．解：（1）设数列的公差为，因为为等比数列，且，，，所以，所以，解得或(不合题意，舍去)，又因，所以，设数列的公比为，因为，所以，所以，又因，所以，所以．（2）（i），，数列中的项落在区间中的项数满足，即，因为，，数列中的项落在区间中的项数为，所以，所以，方法一：，，所以．方法二：，（ii）当时，，则，所以又因为，所以，解得，所以当时，所以，所以，所以，综上．20.已知函数，．（1）若，求曲线在点处的切线方程；（2）当时，恒成立，求实数的取值范围；（3）设，，若存在，使得．证明：．（1）解：当时，，∴又∴∴切线方程为；（2）解：方法一：设只需在时恒成立即可又，且所以要使当时，，必须满足，即．下面证明时满足题意：①当时，由，，令，由（1）知，在上单调递增，所以，所以当时，，即；②当时，，令，，则，所以在上单调递增，又，当时，，所以存在，使得，当时，，即在上单调递减，当时，，所以当时，不恒成立．综上所述，实数的取值范围是．方法二：设，则，令，则，当时，，，在上单调递增，即在上单调递增，所以所以在上单调递增，所以，所以符合题意；当时，令得，当时，，单调递减；当时，，单调递增；所以，即在上恒成立，所以，所以符合题意；当时，在上