天津市南开区2025届高三二模数学试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1天津市南开区2025届高三二模数学试卷一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.设集合，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因为，，所以．故选：B2.已知，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【答案】A【解析】，即，，解得或；故当时，可以推出；当，推不出；故“”是“”的充分不必要条件.故选：A.3.函数的部分图象大致为（）．A. B.C. D.【答案】D【解析】的定义域为，则，所以为奇函数，故排除BC，令，则或，则或，解得：或，所以当时，的最小为1，则，故A错误，D正确.故选：D.4.已知，则（）．A. B. C. D.【答案】C【解析】由，，所以满足，故选：C.5.某中学三个不同选课组合的学生在一次高三质量监测的数学平均分分别为，若按不同选课组合采用分层抽样的方法抽取了一个120人的样本，抽到三个不同选课组合的学生人数分别为20，40，60，则估计这三个不同选课组合学生的数学平均分为（）．A. B. C. D.【答案】C【解析】因为三个不同选课组合的学生人数分别为20，40，60，所以三个不同选课组合的学生的人数的比列分别为：，所以估计这三个不同选课组合学生的数学平均分为.故选：C.6.函数的部分图象如图所示，则的单调递增区间为（）．A. B.C. D.【答案】A【解析】由图可得：周期，所以，代入最低点得：，可得：，解得，所以有，再由，解得，故函数的增区间为，故选：A.7.若数列满足，且则的前2025项的和为（）．A.1350 B.1352 C.2025 D.2026【答案】B【解析】由题意可得，因为，所以，因为，所以，因为，所以，因为，所以，，所以数列从第二项起是以1，1，0为周期的数列，则.故选：B8.已知双曲线的两个焦点分别为是渐近线上一点，当取最小值时，，则的离心率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】根据题意如图：点，其中一条渐近线为即，所以的最小值为点到直线的距离，所以，因为为直角三角形，所以，在中，，即，∵，∴，∴，即的离心率为，故选：D.9.如图所示，体积为的半圆柱的轴截面为平面是圆柱底面的直径，为底面的圆心，为一条母线，点为棱的中点，且和的弧长为．则三棱锥的体积为（）．A. B. C. D.【答案】C【解析】设中点为，中点为，以分别为轴建立空间直角坐标系，如图：由题：，又弧长为，所以，所以，设平面的法向量为，则即，令，则，取，则E到面距离为，又，所以三棱锥的体积为，故选：C.二、填空题：本大题共6个小题，每小题5分，共30分.试题中包含两个空的，答对1个的给3分，全部答对的给5分.10.是虚数单位，若复数满足，则_____．【答案】【解析】∵，∴，故答案为：.11.在的展开式中，的系数为_____．【答案】15【解析】展开式通项公式为，令，解得，，故的系数为15.故答案为：1512.已知抛物线的焦点为，倾斜角为的直线过点．若与相交于两点，则以为直径的圆被轴截得的弦长为_____．【答案】【解析】因为抛物线的焦点为，所以，解得，则抛物线，直线的方程为，由，则，显然，所以，故，所以以为直径的圆的圆心的纵坐标为，半径为，故以为直径的圆被轴截得的弦长为.故答案为：13.甲、乙两个袋子中各有10个除颜色外完全相同的小球，其中甲袋中有7个红球，3个黄球，乙袋中有8个红球，2个黄球．若从两个袋子中各任取1个球，则都取到红球的概率为_____；若从两个袋子中各任取1个球，两球颜色不同的条件下，乙袋中取出黄球的概率为_____．【答案】①.②.【解析】设事件表示“从甲袋中取到红球”，事件表示“从乙袋中取到红球”，甲袋中有个红球，个球，所以；乙袋中有个红球，个球，所以.因为从甲、乙两袋中取球相互独立，所以“都取到红球”即与同时发生，根据相互独立事件的概率乘法公式可得.设事件表示“两球颜色不同”，事件表示“乙袋中取出黄球”.先求：两球颜色不同有“甲红乙黄”和“甲黄乙红”两种情况.“甲红乙黄”的概率；“甲黄乙红”的概率.根据互斥事件概率加法公式，.“两球颜色不同且乙袋中取出黄球”即“甲红乙黄”，.根据条件概率公式，可得.故答案为：；.14.在梯形中，，，，记，，用和表示_____；若点为上一动点，则的最大值为_____．【答案】①.②.【解析】因为，所以，；因为，，又，即可得，设，则，，当时有最大值，故答案为：；.15.已知函数的图象与直线有三个交点，则实数的取值范围是_____．【答案】【解析】，即，当，，，所以不是交点横坐标；当时，，即，令，则，所以的图象与有3个交点，即函数与的图象有3个交点，函数恒过点，当，即，，即，解得或，当，解得或，所以函数与相切时的最小值为或，由图象可知当（1）时，即；（2），即时函数与的图象有3个交点，综上：当时，的图象与有3个交点，故答案为：.三、解答题：本大题共5题，共75分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.16.在中，角的对边分别为．已知．（1）求的值；（2）求的值；（3）求的值．解：（1）因为，由正弦定理可得，整理得，由余弦定理可得，又，故．（2）由（1）知，又，得，由正弦定理可得，又，解得．（3）因为，所以，故．所以．所以．17.如图，在几何体中，四边形为边长为2正方形，四边形和四边形为矩形，且为棱上一点．（1）求证：；（2）当点为棱的中点时，求点到平面的距离；（3）当时，求平面与平面夹角的余弦值．（1）证明：由题设可知，，平面，所以平面．以为坐标原点，所在直线分别为，轴，建立空间直角坐标系，则．设，则，又，有，故，所以．（2）解：依题意，，，，，设为平面的一个法向量，则由得令，则，从而．设点到平面的距离为，则．（3）当时，，设为平面的一个法向量，则由得令，则，从而．显然平面的一个法向量为，设平面与平面夹角为，则．18.已知等差数列的前项和为．（1）求的通项公式；（2）记，其中为二项式系数．（ⅰ）求数列的前项和；（ⅱ）求．解：（1）设首项为，公差为，由题意得解得，所以．（2）（ⅰ）由（1）知，因为，所以，所以．所以，所以．（ⅱ）因为，所以．19.已知椭圆的左、右焦点分别是为上一点，且在中，．（1）求椭圆的方程；（2）过点直线与椭圆交于两点（点在点的上方），线段上存在点，使得，求的最小值．解：（1）设，依题意，，解得，从而，因此，由勾股定理可得．所以，可得．所以求椭圆的方程为.（2）设，当直线的斜率存在时，，由，可得，解得．（*）设直线，联立整理可得，由，整理可得：，解得或，且，代入（*）整理可得，代入直线的方程，得，可得．当直线的斜率不存在时，，则，由，得，也满足方程，所以点在直线（在椭圆内部）上．设点关于直线的对称点为，则解得，所以，此时点在椭圆内，符合题意，所以的最小值为.20.已知函数.（1）求曲线在处的切线方程；（2）若恒成立，求实数的取值范围；（3）解关于的不等式（其中为的导数）.解：（1），可得，又，所以曲线在点处的切线方程为.（2）当时，，，所以，在上单调递减，当时，令，因为，所以在上单调递增，所以，即