2025年高考数学二轮复习测试卷（天津专用）（教师版）

2025年高考数学二轮复习测试卷（天津专用）(考试时间：120分钟试卷满分：150分)第I卷（选择题）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，选出符合题目要求的一项。1．全集，集合，，则（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】因为，集合，，所以，则.故选：A.2．命题，，则是（

）.A．， B．，C．， D．，【答案】B【解析】易知，的否定是，.故选：B3．某国企进行节能降耗技术改造，下面是该国企节能降耗技术改造后连续五年的生产利润，预测第8年该国企的生产利润约为千万元（参考公式及数据：，）年号年生产利润（单位：千万元）A． B． C． D．【答案】C【解析】利用最小二乘法求得回归直线方程，将代入回归直线方程即可求得结果.由表中数据可知：；；，回归直线方程为：当时，本题正确选项：4．若，，，则下列结论正确的是（）A． B． C． D．【答案】D【解析】结合指数函数的单调性，可得出，，，结合，从而可得出三个数的大小关系.函数是上减函数，所以，同理得，又，所以，又，所以，即.故选：D.5．将函数的图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再向左平移个单位，所得函数图象的一条对称轴是（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】将函数的图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，则函数解析式变为；向左平移个单位得，由余弦函数的性质可知，其对称轴一定经过图象的最高点或最低点，故对称轴为：，k∈Z，k＝1时，.故选：D.6．已知函数的图象如图所示，则函数的解析式可能为（

）A． B．C． D．【答案】B【解析】根据题意，由函数的图象，的定义域为，其图象关于原点对称，为奇函数；在上，函数图象与轴存在交点.由此分析选项：对于A，，其定义域为，有，为偶函数，不符合题意；对于B，，其定义域为，有，为奇函数，其图象关于原点对称；当时，，函数图象与轴存在交点，符合题意；对于C，，当x>0时，，故恒成立，所以该函数图象在上与轴不存在交点，不符合题意；对于D，，其定义域为，有为偶函数，不符合题意.综上所述，只有选项B的函数满足，故选：B．7．如图所示，已知双曲线：的右焦点为，双曲线的右支上一点，它关于原点的对称点为，满足，且，则双曲线的离心率是A． B． C． D．【答案】C【解析】双曲线的右焦点为，双曲线的右支上一点，它关于原点的对称点为，满足，且，可得，，，，所以，可得，，所以双曲线的离心率为：．故选：．8．某农村合作社引进先进技术提升某农产品的深加工技术，以此达到10年内每年此农产品的销售额（单位：万元）等于上一年的1.3倍再减去3.已知第一年（2024年）该公司该产品的销售额为100万元，则按照计划该公司从2024年到2033年该产品的销售总额约为（

）（参考数据：）A．3937万元 B．3837万元 C．3737万元 D．3637万元【答案】A【解析】设该公司在2024年，2025年，...，2033年的销售额（单位：万元）分别为.依题意可得，则，所以数列是首项为90，公比为1.3的等比数列，则，即，则，故从2024年到2033年该产品的销售总额约为3937万元.故选：A.9．艺术家埃舍尔的作品展示了数学之美，如图①是其作品《星空》中的一部分，由正方体和正八面体相互交叉形成的组合体，可抽象为图②所示的图形．若正八面体的棱长均为2，且相交处均为棱中点，则两个几何体相交后公共部分形成的几何体的体积是（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】如图，因为正八面体的棱长均为2，且相交处均为棱中点，所以，所以，则该正方体的棱长为．易知三棱锥为正三棱锥，则．易知两个几何体相交后公共部分形成的几何体体积为．故选：B.第II卷（非选择题）二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。10．复数的共轭复数为，则.【答案】【解析】，所以.故答案为：.11．若展开式的二项式系数之和为256，则展开式的常数项为．【答案】5670【解析】因为二项式系数和等于,所以,由二项式展开式通项公式,令解得,所以常数项为.故答案为:5670.12．从有5个红球和4个蓝球的袋子中，每次随机摸出1个球，摸出的球不再放回.那么，在第3次摸到红球的条件下第4次摸到红球的概率为.【答案】/0.5【解析】用表示事件"第次摸到红球"，表示事件"第次摸到红球"，..故答案为：13．已知点，抛物线：（）的准线为，点在上，作于点，，，则.【答案】【解析】设抛物线的焦点为，，由抛物线的定义可知，，因为，所以，不妨设点在第一象限，过点作轴于点，则为的中点，，因为，所以，所以，，所以点的坐标为，因为点在抛物线上，所以，化简得，解得或(舍去)，所以.故答案为：.1.凡涉及抛物线上的点到焦点距离时，一般运用定义转化为到准线距离处理；2.若为抛物线（）上一点，由定义易得；若过焦点的弦的端点坐标为，，则弦长为，可由根与系数的关系整体求出；若遇到其他标准方程，则焦半径或焦点弦长公式可由数形结合的方法类似地得到．14．如图，已知正方形的边长为2，过中心的直线与两边，分别交于点，，若是的中点，则的取值范围是；若是平面内一点，且满足，则的最小值是.【答案】【解析】由直线l过正方形的中心O且与两边AB、CD分别交于点M、N，得O为MN的中点，则，，由Q是BC的中点，得，又，则，所以取值范围为；令，则，则，即，于是，即点T在直线BC上，因此，，则，而，因此，所以的最小值为.故答案为：；15．已知函数，均为周期为2的函数，，，若函数在区间有10个零点，则实数的取值范围是.【答案】【解析】作出的图象以及在上的图象，通过分析图象，可知与在有2个交点，在有1个交点，通过换元法，即可求得结果.作出的图象，如图，作出在上的图象，在和上，与共有两个交点，与在共10个交点，与在，，共有8个交点，又与的周期为2，与在有2个交点，在有1个交点，①在有2个交点，由①知，，令，则，，由基本不等式知，当且仅当时，取等号；当时，；当时，，所以时有两解，②在有1个交点，由②知，令，则，，令，则，令，解得，当时，，在上单调递增，当时，，在上单调递减，，所以，当时，，当时，，所以，或，综上，.故答案为：.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．（14分）在中，内角，，，所对的边分别为，，，且．(1)求；(2)若，的面积为，求．【解析】（1）由题意及正弦定理得，，有，又由，有，又由，有，可得，可得，又由，可得.（2）由正弦定理及，有，又由的面积为，有，可得，，由余弦定理，有，故.17．（15分）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，，点E在线段上，满足，点F为的中点．(1)证明：平面；(2)若平面，求直线与平面所成角的正弦值；(3)在（2）的条件下，求平面与平面所成角的余弦值．【解析】（1）取点M为的中点，连接，因为点F为的中点，所以，，又因为，，又，则，所以，，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面．（2）因为平面，平面，所以平面平面，又，平面平面，所以平面，所以直线与平面所成角为，设，则，因为，又，所以，，，所以，所以直线与平面所成角的正弦值为．（3）在（2）的条件下，以A为坐标原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴，过点A作平行于的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，A0,0,0，，，，，，，，，设平面的一个法向量为n1=则，即，令，所以，设平面的一个法向量为，则，即，令，所以，设平面与平面所成的角为，则，所以平面与平面所成角的余弦值为．18．（15分）已知椭圆的左右焦点分别为、，离心率，点、分别是椭圆的右顶点和上顶点，的边上的中线长为.(1)求椭圆的标准方程；(2)过椭圆上顶点的直线交椭圆于点，且，求直线的方程;(3)直线、过右焦点，且它们的斜率乘积为，设、分别与椭圆交于点、和、.若、分别是线段和的中点，求面积的最大值.【解析】（1）由题意，因为、，为直角三角形，所以，又因为，，解得，，所以椭圆的标准方程为.（2）易知点F1-1,0，，且，则，所以，直线的方程为，联立，解得或，即点A0,-1或，当点的坐标为时，直线的方程为；当点的坐标为时，，此时，直线的方程为，即.综上所述，直线的方程为或.（3）由题意，F2设直线的方程为y=kx-1，其中，、，则直线的方程为，、，联立可得，由韦达定理可得，，所以，，，所以，同理可得，，所以，点，即的中点为，所以，当且仅当时，即当时取等号，所以的面积最大值为.19．（15分）已知数列的前项和为，且.(1)求的通项公式；(2)设，记数列的前项和为，若对任意的恒成立，求的取值范围；(3)设，是否存在正整数，使得成等差数列？若存在，请求出所有符合条件的数组；若不存在，请说明理由.【解析】（1）因为，所以，当时，，解得；由，得，所以，整理得，所以，所以，所以，所以，所以是等差数列，又，所以.（2）由（1）知，所以，又，所以是递增数列.当时，若对任意的恒成立，则；当时，若对任意的恒成立，则，即，所以的取值范围是.（3）由（1）知，假设存在正整数，使得成等差数列，则，即，其中，故，即.设，则，故数列为递减数列，而，故的正整数解为，此时，故即，由的单调性可得，所以符合条件的数组为2,3.20．（16分）已知，其中，.(1)若与相切，求实数的值；(2)当时，证明：；(3)若不等式恒成立，求实数的取值范围.【解析】（1）设，则，，若与y=fx相切，设切点为，则，又，则，从而，即，即.（2）设，则，当时，，依题意，当时，要证，即证，当时，即