高級中學名校試題PAGEPAGE1天津市十二區重點學校2025屆高三下學期聯考（一）數學試題一、選擇題（本題共9小題，每小題5分，共45分．在每小題給出的四個選項中只有一項是符合題目要求的，請將正確答案的序號填涂到答題卡上．）1.已知集合，，，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】，故，故選：B2.已知，則“”是“”的（）A.充分非必要條件 B.必要非充分條件C.充分必要條件 D.既非充分又非必要條件【答案】C【解析】當時，即，所以充分性成立；當時，即可得到，所以必要性成立.故選：C3.若，，，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】，，，所以.故選：A4.已知，是兩條不同的直線，，，是三個不同的平面，則下列結論正確的是（）A.若，，則 B.若，，，則C.若，，則 D.若，，，則【答案】B【解析】A.若，，則或，故A錯誤；B.若，，，則，故B正確；C.若，，則或與相交，故C錯誤；D.若，，，則或異面，故D錯誤.故選：B5.下列說法錯誤的是（）A.若隨機變量，則當較小時，對應的正態曲線“瘦高”，隨機變量的分布比較集中B.在做回歸分析時，可以用決定系數刻畫模型的回歸效果，若越大，則說明模型擬合的效果越好C.若樣本數據的平均數為3，則的平均數為10D.一組數據6，7，7，8，10，12，14，16，19，21的第30百分位數為7【答案】D【解析】對于A，由為標準差，該值越小，數據越集中，則曲線越高瘦，故A正確；對于B，當決定系數越大時，殘差平方和越小，即模型擬合的效果越好，故B正確；對于C，由，則，故C正確；對于D，由，由，則第百分位數為，故D錯誤.故選：D.6.若將確定的兩個變量y與x之間的關系看成，則函數的圖象大致為（）A. B.C. D.【答案】C【解析】由得，顯然，所以，由，得，所以，排除AB，由，當且僅當時取等號，可排除D．故選：C．7.已知為坐標原點，雙曲線的左右焦點分別為，，雙曲線上一點滿足，且，則的離心率為（）A. B. C.2 D.【答案】D【解析】①當時，由，則，由，則，所以，即，由，，則，化簡可得，由，則；②當時，由，則，由，則，所以，即，由，，則，由，則方程不成立.故選：D.8.風箏又稱為“紙鳶”，由中國古代勞動人民發明于距今2000多年的東周春秋時期，是人類最早的風箏起源．如圖，是某中學學生制作的一個風箏模型的多面體，為邊的中點，四邊形為矩形，且，，，當時，多面體的體積為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】在矩形中，有，，因為，，平面，所以平面則平面，因為平面，所以，，在中，由，，則，又因為的中點，則，易知，，易知，則，因，則，在中，，則矩形的面積，因，，，平面，所以平面，多面體的體積.故選：A.9.設符號函數，已知函數，則（）A.為的最小正周期B.圖象的對稱軸方程為C.在上單調遞增D.函數在上有4個零點【答案】D【解析】由題意，畫出函數的部分圖象，如圖所示：

根據圖象可知為最小正周期，故A錯誤；由圖象知圖象的對稱軸方程為，故B錯誤；在上先單調遞增，再單調遞減，故C錯誤；函數在上的零點個數，轉化為方程在上的解的個數，轉化為函數與的交點個數，由圖知，函數與有6個交點，所以，函數在上有4個零點，故D正確；故選：D二、填空題（本大題共6小題，每小題5分，共30分．請將正確的答案填寫到答題紙上．題中包含2個空的，答對1個空的得3分，全部答對的得5分．）10.是虛數單位，復數滿足，則________．【答案】【解析】設，則共軛復數，由，則，解得，所以.故答案為：.11.二項式的展開式中，項的系數是________．（用數字填寫答案）【答案】【解析】二項展開式的通項公式為，令，得，所以項的系數是.故答案為：12.已知拋物線C：的焦點為F，P在C上，若以為直徑的圓與x軸相切于點，則________.【答案】2【解析】由題意得，設，的中點為，則.因為以為直徑的圓與軸相切于點，則，即，解得，則，所以故答案為：213.某大學開設了“九章算術”，“數學原理”，“算術研究”三門選修課程．甲、乙、丙、丁四位同學進行選課，每人只能等可能地選擇一門課程，每門課程至少一個人選擇，甲和乙選擇的課程不同，則四人選課的不同方案共有________種；若定義事件為甲和乙選擇的課程不同，事件為丙和丁恰好有一人選擇的是“九章算術”，則________．【答案】①.30②.【解析】四個人參加三門選修課程共有種方案，其中甲和乙選擇的課程相同共有種方案，所以甲和乙選擇的課程不同共有種方案；事件共有種方案，以下考慮事件，即“甲和乙選擇的課程不同，丙和丁恰好有一人選擇的是九章算術”先從丙、丁兩個人中選一個人選擇“九章算術”，則有種方案，若四個人中只有一個人選擇“九章算術”，則甲、乙分別選擇另外兩門課程，有種方案，丙、丁中沒選擇“九章算術”的也從另外兩門中選擇一門，有種方案，根據分步乘法計數原理，共有種方案；若四個人中有兩人選擇“九章算術”，則除了包含丙、丁中的一個人外，還包含甲、乙中的一個人，有種方案，其余兩人分別選擇另外兩門課程，有種方案，根據分步乘法計數原理，共有種方案；根據分步乘法計數原理和分類加法計數原理，事件中共有種方案，根據條件概率公式，；故答案為：30；.14.平面四邊形中，，，，點為線段的中點．（I）若，則________；（II）的取值范圍是________．【答案】①.②.【解析】（I）如圖，連接，因，，為線段的中點，則，，故四邊形為菱形，則，（II）如圖，以為原點，以所在直線為軸和軸，在中可知，，則，設，則，，因，則點的軌跡為以為直徑的圓，方程為圓，欲使其構成平面四邊形，則其軌跡為半圓，因，則該式子的幾何意義為：點到半圓上的點的距離，因，則點在圓上，則距離的最短值為，最長為，但此時無法構成四邊形，故.故答案為：；15.函數，若恰有三個零點，則實數的取值范圍是________．【答案】【解析】的圖象如圖，由圖知，當時，在上有2個零點，則在有且僅有一個零點，對稱軸，又，，則滿足題意；當時，在上有1個零點，則在有2個零點，易知，所以只需即可，此時或；當時，要使有三個零點，則，且在有2個零點，此時對稱，又，則，即，令，對稱軸，在區間上單調遞減，且，所以，綜上，實數的取值范圍是.故答案為：三、解答題（本大題5小題，共75分．解答應寫出必要的文字說明，證明過程或演算步驟）16.如圖，在三棱柱中，平面，，，，點，分別在棱和棱上，且，，為棱的中點．（1）求證：平面；（2）求直線與平面所成角的正弦值；（3）求平面與平面夾角的余弦值．（1）證明：由題意，以為原點，以，，所在的直線分別為軸、軸、軸建立空間直角坐標系，如圖所示，因為，，，，為棱的中點，可得、、、、、、、、，則，設平面的法向量為，因為，，且，可得，取，則，，所以，則，故，因為平面，所以平面．（2）解：由（1）可得為平面的一個法向量，又，所以所以直線與平面所成角的正弦值為．（3）解：易知是平面的一個法向量，則所以平面與平面夾角的余弦值為.17.在中，角所對的邊分別為已知．（1）求角的大小；（2）若，，求的值；（3）若，當的周長取最大值時，求的面積．解：（1）因為，由正弦定理得，因為，所以，又因為，且，所以，又因為，，所以，即.（2）因為在中，，所以，又因為，，由正弦定理，可得.（3）在中，由余弦定理，得，即，所以，當且僅當時取等號，所以周長的最大值為，此時面積.18.橢圓左焦點為，離心率為．（1）求橢圓的方程；（2）若橢圓的右頂點為，點的坐標為，過點的直線與橢圓交第一象限于點，與線段交于點．若三角形的面積是三角形面積的5倍（為坐標原點），求直線的方程．解：（1）由題意得：，所以所以橢圓方程為.（2）由題意可知，直線的斜率存在且為正，直線方程為，因為三角形的面積是三角形面積的5倍∴∵∴又由題意可知、均在軸右側，∴【算法一】設直線方程為，由，解得，思路一：所以因為點點在橢圓上，故將點坐標代入橢圓方程整理得：∴所以直線方程為，即．思路二：由得，顯然成立∵∴∴整理得：∴所以直線方程為，即．【算法二】設直線方程為，由，解得，思路一：．所以由得因為點點在橢圓上，故將點坐標代入橢圓方程整理得：∴所以直線方程為，即．15分思路二：得，顯然成立∵∴∴整理得：∴所以直線方程為，即19.數列是公差不為0的等差數列，．已知為等比數列，且，，．（1）求數列和的通項公式；（2）設數列中的項落在區間中的項數為．（i）求數列前項和；（ii）設數列滿足，若存在正整數滿足當時，，且，求．解：（1）設數列的公差為，因為為等比數列，且，，，所以，所以，解得或(不合題意，舍去)，又因，所以，設數列的公比為，因為，所以，所以，又因，所以，所以．（2）（i），，數列中的項落在區間中的項數滿足，即，因為，，數列中的項落在區間中的項數為，所以，所以，方法一：，，所以．方法二：，（ii）當時，，則，所以又因為，所以，解得，所以當時，所以，所以，所以，綜上．20.已知函數，．（1）若，求曲線在點處的切線方程；（2）當時，恒成立，求實數的取值范圍；（3）設，，若存在，使得．證明：．（1）解：當時，，∴又∴∴切線方程為；（2）解：方法一：設只需在時恒成立即可又，且所以要使當時，，必須滿足，即．下面證明時滿足題意：①當時，由，，令，由（1）知，在上單調遞增，所以，所以當時，，即；②當時，，令，，則，所以在上單調遞增，又，當時，，所以存在，使得，當時，，即在上單調遞減，當時，，所以當時，不恒成立．綜上所述，實數的取值范圍是．方法二：設，則，令，則，當時，，，在上單調遞增，即在上單調遞增，所以所以在上單調遞增，所以，所以符合題意；當時，令得，當時，，單調遞減；當時，，單調遞增；所以，即在上恒成立，所以，所以符合題意；當時，在上