2025届天津市河北区高三二模考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1天津市河北区2025届高三二模考试数学试题一、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.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为全集，所以，又，则，故选：C．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【答案】B【解析】由，得或，由，得，或不能推出，能推出或.所以“”是“”的必要不充分条件.故选：B.3.箕舌线是平面曲线的一种，因其状如舌而得名.若箕舌线的部分图象如图所示，则的解析式可能为（）A. B.C D.【答案】B【解析】，排除A.既不是奇函数，也不是偶函数，排除D.在上单调递减，排除C.的图象符合题中图象，B正确.故选：B4.已知，，，则a，b，c的大小关系是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】设，，则，当且仅当时等号成立，则，又，，所以因为，所以，综上，a，b，c的大小关系是故选：A5.下列结论中，错误的是（）A.数据4，1，6，2，9，5，8的第60百分位数为6B.若随机变量，则C.已知经验回归方程为，且，则D.根据分类变量与成对样本数据，计算得到，依据小概率值的独立性检验，可判断与有关联，此推断犯错误的概率不大于0.001【答案】D【解析】A选项，数据4，1，6，2，9，5，8排序后得到1，2，4，5，6，8，9，，故选取第5个数据作为第60百分位数，即为6，A正确；B选项，因为，根据对称性可知，故，B正确；C选项，已知经验回归方程为，且，则，解得，C正确；D选项，，故不能得到此结论，D错误故选：D6.设数列的前n项和，若，则（）A.3059 B.2056 C.1033 D.520【答案】C【解析】由题设，则，所以，则又，则，所以是首项、公比均为的等比数列，则，所以，则.故选：C7.已知双曲线上的点到的两条渐近线的距离分别为，若，则点到的右焦点的距离为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】设，则，即，的渐近线方程为，由点到直线的距离公式可得，因为，所以，．易知双曲线的右焦点为，所以点到的右焦点的距离为.故选：B．8.正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，其所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形，且每一个顶点所接的面数都一样，各相邻面所成二面角都相等），数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体，如图所示为正八面体，则该正八面体的外接球与内切球的表面积的比为（）A. B.2 C.3 D.4【答案】C【解析】若正八面体的棱长为2，令其外接球、内切球半径分别为，且，由各侧面的面积，且构成八面体的两个正四棱锥的高为，则正八面体的体积，所以，所以外接球与内切球的表面积之比为.故选：C9.已知函数在区间上单调递减，且将函数图象上各点横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到函数的图象，若函数在区间上单调递增，则t的最大值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由，则的一条对称轴为，一个对称中心为，又在上单调递减，则，故，可得，所以，可得，，则，所以，则，又在区间上单调递增，则，所以，显然，故t的最大值为.故选：C二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分．请将答案写在答题纸上．10.已知i是虚数单位，复数的虚部是________．【答案】【解析】由，则虚部为.故答案为：11.若展开式中只有第5项的二项式系数最大，则其展开式中常数项为__________.【答案】7【解析】由题意，所以展开式第项为，令，得，故常数项为.故答案为：7.12.已知点在抛物线上，以为圆心作圆与抛物线的准线相切，且截得轴的弦长为4，则__________.【答案】2或6【解析】由题意可知：抛物线的准线为，由题意可得：，消去可得，解得或.故答案为：2或6.13.甲、乙两位同学进行乒乓球比赛，采用3局2胜制．假设每局比赛中甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且各局比赛的结果相互独立，则甲以的比分获胜的概率为________；在甲获胜的条件下，甲第一局获胜的概率是________．【答案】①.②.【解析】若甲以的比分获胜，即一共3局，前两局甲乙各胜一局，最后一局甲胜，所以甲以的比分获胜的概率，事件表示“甲获胜”，则前两局甲获胜，或前两局甲乙各胜一局，最后一局甲胜，所以甲获胜的概率，事件表示“甲第一局获胜”，则，所以.故答案为：，14.如图，在中，点D，E在边BC上，且，点F，M分别在线段AB，AD上，且，直线FM交AE于点G，且，则________．若直线MC交AE于点N且是边长为1的等边三角形，则________．【答案】①.②.【解析】由题设，又三点共线，则，可得，如下图，延长交于，由，若，则，而三点共线，所以，即，由，分别过作，交于，若，则，，所以，，即，，综上，，则，为边长为1的正三角形，所以.故答案为：，15.已知函数给出下列四个结论：①若有最小值，则的取值范围是；②当时，若无实根，则的取值范围是；③当时，不等式的解集为；④当时，若存在，满足，则.其中，所有正确结论的序号为__________.【答案】②③④【解析】当时，，当时，，若，则当时，，则此时函数无最小值；若，则当时，，时，，则函数有最小值为满足题意；若，则当时，，时，，要使函数有最小值，则，解得；综上，的取值范围是，①错误；当时，函数在单调递增，单调递减，单调递减，作图如下，因为无实根，所以或，②正确；当时，因为，所以函数在单调递减，又因为所以由可得，，即，解得，所以，所以不等式的解集为，③正确；函数在点处的切线斜率为，所以切线方程为，则由图象可知，时，，设，记直线与函数，，的交点的横坐标为，因为经过点，所以由对称性可知，当时，，又因为，所以，④正确；故答案为:②③④.三、解答题：本大题共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.在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．（1）求及的值；（2）若，求的面积．解：（1）由题设，即，故，可得，，则，由上，则；（2）由，则，由（1）知，则，所以.17.如图，直三棱柱中，，，，M是的中点，N是BC的中点，过点N作与平面平行的直线PN，交于点P．（1）证明：平面AMN；（2）求与平面PMN所成角的正弦值；（3）求点P到平面AMN的距离．（1）证明：在直三棱柱中，则两两垂直，如图，以为原点建立空间直角坐标系，则，所以，由，则，由，则，由且都在平面内，则平面AMN；（2）解：设，，平面的一个法向量为，由平面，则，可得，故，设平面的一个法向量，，，所以，取，则，所以，故与平面PMN所成角的正弦值为；（3）解：由（1）知平面的一个法向量为，由（2）知，所以点P到平面AMN的距离.18.已知椭圆的上、下顶点与一个焦点是等腰直角三角形的三个顶点，且点在椭圆上．（1）求椭圆C的离心率及标准方程；（2）过点且斜率存在的动直线l与椭圆C相交于A，B两点，问在y轴上是否存在与点P不同的定点Q，使得恒成立？若存在，求出定点Q的坐标；若不存在，请说明理由．解：（1）由上下顶点与一个焦点是等腰直角三角形的三个顶点，所以，则，所以，且，又在椭圆上，则，所以标准方程为；（2）假设在轴上存在与点不同的定点，使得恒成立，设，，直线，由，可得，显然，则，，由，而，所以，即，则，所以，即，则，所以，则不论为何值，恒成立，所以，即，使得恒成立.19.设数列是等差数列，是等比数列．已知．（1）求和的通项公式；（2）设，求数列的前项和；（3）设，数列的前n项积为，证明：．（1）解：设等差数列的公差为，等比数列的公比为，因为，所以，所以．（2）解：为奇数时，，，为偶数时，，，所以所以．（3）证明：，，当时，；当时，即又，所以，当时，，所以．20.已知函数．（1）当时，求曲线在处的切线方程；（2）当时，若不等式恒成立，求a的取值范围；（3）若有两个零点，且，证明：．（1）解：由题设，则，且，，所以曲线在处的切线方程为，即；（2）解：由题设，即且，令且，则，令，则，故在上单调递增，所以，当，时，，则在上单调递增，，符合；当，时，，时，所以，使，即在上，在上单调递减，从而，不符合；综上，；（3）证明：由，则，，且，所以，故，要证，需证，即，需证，令，即，即证，最终只需证明，令且，则，所以在上单调递增，所以，即，所以得证.天津市河北区2025届高三二模考试数学试题一、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.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为全集，所以，又，则，故选：C．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【答案】B【解析】由，得或，由，得，或不能推出，能推出或.所以“”是“”的必要不充分条件.故选：B.3.箕舌线是平面曲线的一种，因其状如舌而得名.若箕舌线的部分图象如图所示，则的解析式可能为（）A. B.C D.【答案】B【解析】，排除A.既不是奇函数，也不是偶函数，排除D.在上单调递减，排除C.的图象符合题中图象，B正确.故选：B4.已知，，，则a，b，c的大小关系是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】设，，则，当且仅当时等号成立，则，又，，所以因为，所以，综上，a，b，c的大小关系是故选：A5.下列结论中，错误的是（）A.数据4，1，6，2，9，5，8的第60百分位数为6B.若随机变量，则C.已知经验回归方程为，且，则D.根据分类变量与成对样本数据，计算得到，依据小概率值的独立性检验，可判断与有关联，此推断犯错误的概率不大于0.001【答案】D【解析】A选项，数据4，1，6，2，9，5，8排序后得到1，2，4，5，6，8，9，，故选取第5个数据作为第60百分位数，即为6，A正确；B选项，因为，根据对称性可知，故，B正确；C选项，已知经验回归方程为，且，则，解得，C正确；D选项，，故不能得到此结论，D错误故选：D6.设数列的前n项和，若，则（）A.3059 B.2056 C.1033 D.520【答案】C【解析】由题设，则，所以，则又，则，所以是首项、公比均为的等比数列，则，所以，则.故选：C7.已知双曲线上的点到的两条渐近线的距离分别为，若，则点到的右焦点的距离为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】设，则，即，的渐近线方程为，由点到直线的距离公式可得，因为，所以，．易知双曲线的右焦点为，所以点到的右焦点的距离为.故选：B．8.正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，其所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形，且每一个顶点所接的面数都一样，各相邻面所成二面角都相等），数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体，如图所示为正八面体，则该正八面体的外接球与内切球的表面积的比为（）A. B.2 C.3 D.4【答案】C【解析】若正八面体的棱长为2，令其外接球、内切球半径分别为，且，由各侧面的面积，且构成八面体的两个正四棱锥的高为，则正八面体的体积，所以，所以外接球与内切球的表面积之比为.故选：C9.已知函数在区间上单调递减，且将函数图象上各点横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到函数的图象，若函数在区间上单调递增，则t的最大值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由，则的一条对称轴为，一个对称中心为，又在上单调递减，则，故，可得，所以，可得，，则，所以，则，又在区间上单调递增，则，所以，显然，故t的最大值为.故选：C二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分．请将答案写在答题纸上．10.已知i是虚数单位，复数的虚部是________．【答案】【解析】由，则虚部为.故答案为：11.若展开式中只有第5项的二项式系数最大，则其展开式中常数项为__________.【答案】7【解析】由题意，所以展开式第项为，令，得，故常数项为.故答案为：7.12.已知点在抛物线上，以为圆心作圆与抛物线的准线相切，且截得轴的弦长为4，则__________.【答案】2或6【解析】由题意可知：抛物线的准线为，由题意可得：，消去可得，解得或.故答案为：2或6.13.甲、乙两位同学进行乒乓球比赛，采用3局2胜制．假设每局比赛中甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且各局比赛的结果相互独立，则甲以的比分获胜的概率为________；在甲获胜的条件下，甲第一局获胜的概率是________．【答案】①.②.【解析】若甲以的比分获胜，即一共3局，前两局甲乙各胜一局，最后一局甲胜，所以甲以的比分获胜的概率，事件表示“甲获胜”，则前两局甲获胜，或前两局甲乙各胜一局，最后一局甲胜，所以甲获胜的概率，事件表示“甲第一局获胜”，则，所以.故答案为：，14.如图，在中，点D，E在边BC上，且，点F，M分别在线段AB，AD上，且，直线FM交AE于点G，且，则________．若直线MC交AE于点N且是边长为1的等边三角形，则________．【答案】①.②.【解析】由题设，又三点共线，则，可得，如下图，延长交于，由，若，则，而三点共线，所以，即，由，分别过作，交于，若，则，，所以，，即，，综上，，则，为边长为1的正三角形，所以.故答案为：，15.已知函数给出下列四个结论：①若有最小值，则的取值范围是；②当时，若无实根，则的取值范围是；③当时，不等式的解集为；④当时，若存在，满足，则.其中，所有正确结论的序号为__________.【答案】②③④【解析】当时，，当时，，若，则当时，，则此时函数无最小值；若，则当时，，时，，则函数有最小值为满足题意；若，则当时，，时，，要使函数有最小值，则，解得；综上，的取值范围是，①错误；当时，函数在单调递增，单调递减，单调递减，作图如下，因为无实根，所以或，②正确；当时，因为，所以函数在单调递减，又因为所以由可得，，即，解得，所以，所以不等式的解集为，③正确；函数在点处的切线斜率为，所以切线方程为，则由图象可知，时，，设，记直线与函数，，的交点的横坐标为，因为经过点，所以由对称性可知，当时，，又因为，所以，④正确；故答案为:②③④.三、解答题：本大题共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.在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．（1）求及的值；（2）若，求的面积．解：（1）由题设，即，故，可得，，则，由上，则；（2）由，则，由（1）知，则，所以.17.如图，直三棱柱中，，，，M是的中点，N是BC的中点，过点N作与平面平行的直线PN，交于点P．（1）证明：平面AMN；（2）求与平面PMN所成角的正弦值；（3）求点P到平面AMN的距离．（1）证明：在直三棱柱中，则两两垂直，如图，以为原点建立空间直角坐标系，则，所以，由，则，由，则，由且都在平面内，则平面AMN；（2）解：设，，平面的一个法向量为，由平面，则，可得，故，设平面的一个法向量，，，所以，取，则，所以，故与平面PMN所