2025届天津市十二区重点学校高三毕业班联考(二)数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1天津市十二区重点学校2025届高三毕业班联考(二)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】A【解析】，故.故选：A2.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】D【解析】若，则；若，则，即“”是“”既不充分也不必要条件、故选：D.3.下列函数是奇函数，且在区间上单调递增的为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】对于A，函数的定义域为R，，是偶函数，A不是；对于B，函数的定义域为R，，是奇函数，函数都是R上的增函数，因此函数在上单调递增，B是；对于C，函数的定义域为，不是奇函数，C不是；对于D，函数在上单调递减，在上不单调，D不是.故选：B4.小明研究温差（单位：）与本单位当天新增感冒人数（单位：人）的关系，他记录了5天的数据：345671620252836由表中数据求得温差与新增感冒人数满足经验回归方程，则下列结论不正确的是（）A.与正相关 B.经验回归直线经过点C.当时，残差为1.8 D.【答案】C【解析】选项A：观察数据，增大时也增大，说明正相关,故A正确；选项B：易得，,样本中心点为,回归直线方程经过样本中心点，故B正确；将样本中心点坐标代入回归直线方程得,故D正确.计算预测值，实际值，残差.题目中残差为1.8（未考虑符号），故C错误，故选：C5.若，则a，b，c的大小关系为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】∵函数为单调递增函数，∴∵函数单调递增，∴∴，∴大小关系为，故选：C.6.已知函数，将的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，函数的一个对称轴为，则的最小取值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】将向左平移个单位长度得到，又函数的一个对称轴为，所以，解得，当时，所以的最小取值为.故选：B7.将5个颜色互不相同的小球全部放入编号为1和2的两个盒子里，使得放入每个盒子里的小球的个数不小于该盒子的编号，则不同的放球方法有（）A.3种 B.4种 C.10种 D.25种【答案】D【解析】根据题意，每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号，分析可得，可得1号盒子至少放1个，最多放3个小球，分情况讨论：①1号盒子中放1个球，其余4个放入2号盒子，有种方法；②1号盒子中放2个球，其余3个放入2号盒子，有种方法；③1号盒子中放3个球，其余2个放入2号盒子，有种方法；则不同的放球方法有种.故选：.8.双曲线的左右焦点分别为，过且斜率为的直线与双曲线的左、右两支分别交于M，N两点，若，则双曲线的离心率是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】过点作，垂足为，则，如图所示，设，则，所以，所以，则，因为直线的斜率为，所以，则，在中，，在中，，由余弦定理得，，整理得，，故选：D．9.图①是底面边长为的正三棱柱，直线经过上下底面的中心，将图①中三棱柱的上底面绕直线逆时针旋转得到图②，若为正三角形，则图②所示几何体的外接球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】初始几何体为底面边长为

的正三棱柱，设高为H，上底面绕直线逆时针旋转得到一个对称的六面体，其外接球球心必在旋转轴上，正三棱柱底面正三角形的外接圆半径

，设球心到任一底面的距离为

d，则球半径

满足：由于几何体对称，球心在正中间，故，如图，以下底面ABC的重心为原点建立空间直角坐标系，则，旋转后的顶点坐标为,所以，长度，所以数量积为;，由夹角

，所以，球心在中间，高度

，半径,所以表面积,故选；C二、填空题（本题共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.复数满足（其中i为虚数单位），则______.【答案】【解析】依题意，.故答案为：11.二项式的展开式的常数项等于_____________．【答案】【解析】二项式的展开式的通项公式为：，令，求得，所以展开式的常数项为.故答案为：12.甲、乙、丙三人各自独立地解同一道题，甲做对的概率是，三人都做对的概率是，三人都做错的概率是，则甲、乙、丙三人中恰有一人做对这道题的概率为______.【答案】【解析】设甲、乙、丙三人各自独立地做对同一道题分别为事件，则，因为，，解得，或，设甲、乙、丙三人中恰有一人做对这道题为事件，当时，，，，当时，则，综上，则甲、乙、丙三人中恰有一人做对这道题的概率为.故答案为：.13.过点且斜率为1的直线与抛物线交于A，B两点，已知直线经过抛物线的焦点，则以线段AB为直径的圆的标准方程为______.【答案】【解析】已知直线

过点

且斜率为1，因此其方程为

.抛物线的方程为

（），其焦点坐标为

.由于直线

经过抛物线的焦点，代入焦点坐标得到

，解得

，因此抛物线的方程为

，焦点为

.将直线方程

代入抛物线方程

得到：,展开并整理得：,解得

，对应的

值为

，因此交点

和

的坐标分别为

和

.以线段

为直径的圆的圆心为

的中点，坐标为：,,,半径为

，因此圆的标准方程为：,故答案为：.14.在中，.（1）若，则向量在向量上的投影向量的模为______；（2）边和的中点分别为，点为和的交点，为线段上靠近的三等分点，则的最小值为______.【答案】①.4；②.【解析】（1）因，所以，解得，则，结合，解得，由投影向量公式得在向量上的投影向量为，故向量在向量上的投影向量的模为，（2）如图，根据题意可知为的重心，故，又为线段上靠近的三等分点，故,因此，，，由（1）知，故，所以，当且仅当，即时取等号，则的最小值为.故答案为：4，15.设，函数.若在区间上恰有2个不同的零点，则的取值范围是______；若在定义域内恰有2个零点，则的取值范围是______.【答案】①.②.【解析】由于在区间上恰有2个零点，故在有两个实数根，故在有两个实数根，记，则，解得或，接下来求解在定义域内恰有2个零点时的范围.①当时，，此时在无零点，故需要在区间上有2个零点，故，②当时，，此时没有零点，不符合题意，③当时，，若时，此时在有两个零点，故只需要在无零点，令，即，记由于，且而，故，，因此在有两个零点，不符合题意，若时，，，此时有两个根，有一个实数根，不满足题意，舍去，接下来只需要考虑的情况，此时对于来说，，故在没有零点，因此需要在有两个零点，故，即，即，故当在单调递增，当在单调递减，，因此对任意的，均有，故且综上可得在定义域内恰有2个零点，则，故答案为：，三、解答题（本题共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.在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.（1）求的值；（2）若，求的值；（3）若的面积为，且，求的周长.解：（1）解法1：因为，由正弦定理得即，因为，则，故；解法2：因为，由余弦定理得，整理得，可得，由余弦定理可得.（2）因为，且，则，，，.，，.（3），因为由余弦定理得，于是，因为，则，所以，因此，于是的周长.17.如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，平面，为边CD的中点，且.（1）求线段的长；（2）求平面与平面夹角的余弦值；（3）在线段上（不含端点）是否存在点，使直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由.解：（1）由底面平面，故，又底面是矩形，故，故AD、AB、PA两两垂直，故可以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则、，设，则，则，由，则，解得，即；（2），设平面的一个法向量，因为，可得，令，则，所以，，设平面的一个法向量，可得，令，则，所以，设平面与平面夹角为，则，所以平面与平面夹角的余弦值为；（3）设，则，因为与平面所成角的正弦值为，设AN与平面所成角，所以，所以所以或，因为所以，所以.18.已知A、B分别为椭圆的右顶点和上顶点，点在椭圆上.若定义向量的运算：（是向量的夹角），且（为坐标原点）.（1）求椭圆的标准方程；（2）若过点的直线交椭圆于另一点，且，求直线的方程.解：（1）依题意，所以椭圆的方程为：；（2）依题意，所以，法1：当的斜率不存在时，此时，所以直线斜率存在，消去得，，设，则，，到的距离，，，或，的方程：或；法2：当轴时，,此时，不符合题意，当与轴不平行时，消去得，，直线与轴交点，，可得，或，的方程为或；法3：，设到的距离为，设与平行的直线，与之间的距离，解得：或，当，，解得或，当时，，当时，；时，直线与椭圆方程联立判别式，舍去，所以，或.法4：同法3得，点到得距离，设，则，解得或，下同法3法5：若的斜率为零，此时满足题意，此时，若的斜率不为零，设，，得，将代入方程可得，此时.所以，或.19.已知公差不为零的等差数列和等比数列满足，且成等比数列，成等差数列.（1）求数列和的通项公式；（2）令，去掉数列中的第3n项，余下的项顺序不变，构成新数列，求数列的前项和；（3）令，记数列的前项和为，数列的前项和为，若数列满足，且对，都有，设的前项和为，若对任意都有成立，求正整数的最小值.（参考值：，）解：（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，由题意得：，又，，解得，所以；（2）由（1）得，当时，，当时，，综上；（3）方法一：，，，故，，，……，，，又因为，，，，，又时，时，，又因为时，，，又，所以，所以正整数的最小值为；方法二：，，，故，，，……，，，又因为，，，，又因为，，，，，又时，时，，，又因为时，，，又，所以，所以正整数的最小值为20已知函数.（1）若曲线在处的切线斜率为0，求实数的值；（2）若，对，不等式恒成立（a,b均为实数），求的最大值；（3）实数满足对任意的，函数总有两个不同的零点，证明：.（1）解：因，则，解得.（2）解：［方法一］当时，不等式可化为恒成立，不妨设，则，当，即时，则在R上单调递增，此时当时，，与矛盾，不合题意；当时，则；当时，由，解得，于是当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减故，即，由于，故，于是，令，则，当时，则在上单调递增；当时，则在上单调递减所以，，此时，因此，当时，的最大值为.［方法二］依题意，可得恒成立，设，则，当时，，则在上单调递增，又，所以存在，使得，所以不符题意；当时，要使恒成立，则，所以；当且时，在上恒成立，又因，故可转化为恒成立，即恒成立，令，则，但时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增，所以，当且仅当时取得等号，即当时，即的最大值为，即当时，对任意满足恒成立，所以当时，对任意恒成立，当且时，，所以的最大值为.（3）证明：［方法一］有2个不同零点，则，因，故函数的零点一定为正数.由于函数有2个不同零点，，，设，记，易知定义域上单调递增，又，所以当时，，；当时，，即在单调递减，单调递增，故，又由知，则，要证，只需，因且关于的函数在上单调递增，则所以只需证，只需证，只需证在时恒成立，，只需证在时为正，由于，故函数在上单调递增，又，故在时为正，从而题中的不等式得证.［方法二］有2个不同零点，，由得（其中）且.要证，只需证，即证，只需证又，所以，即所以只需证，而，所以，又，只需证所以，原命题得证.［方法三］若，同法二知有两个零点且又，故进一步有由可得且，从而，因为，所以，只需证又因为在区间内单调递增，故只需证，即，注意时有，故不等式成立.天津市十二区重点学校2025届高三毕业班联考(二)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】A【解析】，故.故选：A2.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】D【解析】若，则；若，则，即“”是“”既不充分也不必要条件、故选：D.3.下列函数是奇函数，且在区间上单调递增的为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】对于A，函数的定义域为R，，是偶函数，A不是；对于B，函数的定义域为R，，是奇函数，函数都是R上的增函数，因此函数在上单调递增，B是；对于C，函数的定义域为，不是奇函数，C不是；对于D，函数在上单调递减，在上不单调，D不是.故选：B4.小明研究温差（单位：）与本单位当天新增感冒人数（单位：人）的关系，他记录了5天的数据：345671620252836由表中数据求得温差与新增感冒人数满足经验回归方程，则下列结论不正确的是（）A.与正相关 B.经验回归直线经过点C.当时，残差为1.8 D.【答案】C【解析】选项A：观察数据，增大时也增大，说明正相关,故A正确；选项B：易得，,样本中心点为,回归直线方程经过样本中心点，故B正确；将样本中心点坐标代入回归直线方程得,故D正确.计算预测值，实际值，残差.题目中残差为1.8（未考虑符号），故C错误，故选：C5.若，则a，b，c的大小关系为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】∵函数为单调递增函数，∴∵函数单调递增，∴∴，∴大小关系为，故选：C.6.已知函数，将的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，函数的一个对称轴为，则的最小取值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】将向左平移个单位长度得到，又函数的一个对称轴为，所以，解得，当时，所以的最小取值为.故选：B7.将5个颜色互不相同的小球全部放入编号为1和2的两个盒子里，使得放入每个盒子里的小球的个数不小于该盒子的编号，则不同的放球方法有（）A.3种 B.4种 C.10种 D.25种【答案】D【解析】根据题意，每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号，分析可得，可得1号盒子至少放1个，最多放3个小球，分情况讨论：①1号盒子中放1个球，其余4个放入2号盒子，有种方法；②1号盒子中放2个球，其余3个放入2号盒子，有种方法；③1号盒子中放3个球，其余2个放入2号盒子，有种方法；则不同的放球方法有种.故选：.8.双曲线的左右焦点分别为，过且斜率为的直线与双曲线的左、右两支分别交于M，N两点，若，则双曲线的离心率是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】过点作，垂足为，则，如图所示，设，则，所以，所以，则，因为直线的斜率为，所以，则，在中，，在中，，由余弦定理得，，整理得，，故选：D．9.图①是底面边长为的正三棱柱，直线经过上下底面的中心，将图①中三棱柱的上底面绕直线逆时针旋转得到图②，若为正三角形，则图②所示几何体的外接球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】初始几何体为底面边长为

的正三棱柱，设高为H，上底面绕直线逆时针旋转得到一个对称的六面体，其外接球球心必在旋转轴上，正三棱柱底面正三角形的外接圆半径

，设球心到任一底面的距离为

d，则球半径

满足：由于几何体对称，球心在正中间，故，如图，以下底面ABC的重心为原点建立空间直角坐标系，则，旋转后的顶点坐标为,所以，长度，所以数量积为;，由夹角

，所以，球心在中间，高度

，半径,所以表面积,故选；C二、填空题（本题共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.复数满足（其中i为虚数单位），则______.【答案】【解析】依题意，.故答案为：11.二项式的展开式的常数项等于_____________．【答案】【解析】二项式的展开式的通项公式为：，令，求得，所以展开式的常数项为.故答案为：12.甲、乙、丙三人各自独立地解同一道题，甲做对的概率是，三人都做对的概率是，三人都做错的概率是，则甲、乙、丙三人中恰有一人做对这道题的概率为______.【答案】【解析】设甲、乙、丙三人各自独立地做对同一道题分别为事件，则，因为，，解得，或，设甲、乙、丙三人中恰有一人做对这道题为事件，当时，，，，当时，则，综上，则甲、乙、丙三人中恰有一人做对这道题的概率为.故答案为：.13.过点且斜率为1的直线与抛物线交于A，B两点，已知直线经过抛物线的焦点，则以线段AB为直径的圆的标准方程为______.【答案】【解析】已知直线

过点

且斜率为1，因此其方程为

.抛物线的方程为

（），其焦点坐标为

.由于直线

经过抛物线的焦点，代入焦点坐标得到

，解得

，因此抛物线的方程为

，焦点为

.将直线方程

代入抛物线方程

得到：,展开并整理得：,解得

，对应的

值为

，因此交点

和

的坐标分别为

和

.以线段

为直径的圆的圆心为

的中点，坐标为：,,,半径为

，因此圆的标准方程为：,故答案为：.14.在中，.（1）若，则向量在向量上的投影向量的模为______；（2）边和的中点分别为，点为和的交点，为线段上靠近的三等分点，则的最小值为______.【答案】①.4；②.【解析】（1）因，所以，解得，则，结合，解得，由投影向量公式得在向量上的投影向量为，故向量在向量上的投影向量的模为，（2）如图，根据题意可知为的重心，故，又为线段上靠近的三等分点，故,因此，，，由（1）知，故，所以，当且仅当，即时取等号，则的最小值为.故答案为：4，15.设，函数.若在区间上恰有2个不同的零点，则的取值范围是______；若在定义域内恰有2个零点，则的取值范围是______.【答案】①.②.【解析】由于在区间上恰有2个零点，故在有两个实数根，故在有两个实数根，记，则，解得或，接下来求解在定义域内恰有2个零点时的范围.①当时，，此时在无零点，故需要在区间上有2个零点，故，②当时，，此时没有零点，不符合题意，③当时，，若时，此时在有两个零点，故只需要在无零点，令，即，记由于，且而，故，，因此在有两个零点，不符合题意，若时，，，此时有两个根，有一个实数根，不满足题意，舍去，接下来只需要考虑的情况，此时对于来说，，故在没有零点，因此需要在有两个零点，故，即，即，故当在单调递增，当在单调递减，，因此对任意的，均有，故且综上可得在定义域内恰有2个零点，则，故答案为：，三、解答题（本题共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.在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.（1）求的值；（2）若，求的值；（3）若的面积为，且，求的周长.解：（1）解法1：因为，由正弦定理得即，因为，则，故；解法2：因为，由余弦定理得，整理得，可得，由余弦定理可得.（2）因为，且，则，，，.，，.（3），因为由余弦定理得，于是，因为，则，所以，因此，于是的周长.17.如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，平面，为边CD的中点，且.（1）求线段的长；（2）求平面与平面夹角的余弦值；（3）在线段上（不含端点）是否存在点，使直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由.解：（1）由底面平面，故，又底面是矩形，故，故AD、AB、PA两两垂直，故可以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则、，设，则，则，由，则，解得，即；（2），设平面的一个法向量，因为，可得，令，则，所以，，设平面的一个法向量，可得，令，则，所以，设平面与平面夹角为，则，所以平面与平面夹角的余弦值为；（3）设，则，因为与平面所成角的正弦值为，设AN与平面所成角，所以，所以所以或，因为所以，所以.18.已知A、B分别为椭圆的右顶点和上顶点，点在椭圆上.若定义向量的运算：（是向量的夹角），且（为坐标原点）.（1）求椭圆的标准方程；（2）若过点的直线交椭圆于另一点，且，求直线的方程.解：（1）依题意，所以椭圆的方程为：；（2）依题意，所以，法1：当的斜率不存在时，此时，所以直线斜率存在，消去得，，设，则，，到的距离，，，或，的方程：或；法2：当轴时，,此时，不符合题意，当与轴不平行时，消去得，，直线与轴交点，，可得，或，的方程为或；法3：，设到的距离为，设与平行的直线，与之间的距离，解得：或，当，，解得或，当时，，当时，；时，直线与椭圆方程联立判别式，舍去，所以，或.法4：同法3得，点到得距离，设，则，解得或，下同法3法5：若的斜率为零，此时满足题意，此时，若的斜率不为零，设，，得，将代入方程可得，此时.所以，或.19.已知公差不为零的等差数列和等比数列满足，且成等比数列，成等差数列.（1）求数列和的通项公式；（2）令，去掉数列中的第3n项，余下的项顺序不变，构成新数列，求数列的前项和；（3）令，记数列的前项和为，数列的前项和为，若数列