高級中學名校試卷PAGEPAGE1天津市和平區(qū)2025屆高三下學期第二次質量調查試卷一、選擇題（在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）1.已知集合，，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】，故.故選：C2.若，直線：，直線：，則“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】A【解析】當時，，則；若，則，解得或.所以“”是“”充分不必要條件.故選：A3.已知a，b是空間兩條不同的直線，，，為三個不同的平面，則下列命題正確的為（）A.若，，，則 B.若，，則C.若，，，則 D.若，，則【答案】B【解析】對于A，若，，，則或異面，故A錯誤；對于B，若，則存在直線，使得，由于，則，可得，故B正確；對于C，若，，，則或相交，故C錯誤；對于D，若，，設，只有當時，才能得到，故D錯誤.故選：B.4.已知，，，則a，b，c的大小關系為（）A. B.C. D.【答案】D【解析】，所以，，所以，又，，故，所以.綜上，.故選：D.5.某人工智能公司為優(yōu)化新開發(fā)的語言模型，在其模型試用人群中開展?jié)M意度問卷調查，滿意度采用計分制（滿分100分），統(tǒng)計滿意度并繪制成如下頻率分布直方圖，圖中，則下列結論不正確的是（）A. B.滿意度計分的眾數約為75分C.滿意度計分的平均分約為79分 D.滿意度計分的第一四分位數約為70分【答案】C【解析】對于A，由頻率分布直方圖可得，又，解得，故A正確；對于B，由頻率分布直方圖可得，滿意度計分的眾數為最高矩形底邊中點橫坐標75分，故B正確；對于C，滿意度計分的平均分約為，故C錯誤；對于D，前兩組的頻率之和為，所以滿意度計分的第一四分位數約為70分，故D正確.故選：C6.函數（，，）的部分圖象如圖所示，要得到的圖象，只需將函數的圖象上所有的點（）A.橫坐標伸長到原來的2倍（縱坐標不變），再向右平行移動個單位長度B.橫坐標伸長到原來的2倍（縱坐標不變），再向左平行移動個單位長度C.橫坐標縮短到原來的（縱坐標不變），再向右平行移動個單位長度D.橫坐標縮短到原來的（縱坐標不變），再向左平行移動個單位長度【答案】A【解析】由圖可知，，得，又，由解得；將點代入，得，在函數單調減區(qū)間上，則，，解得，又，所以，.得.將的圖象上所有的點橫坐標伸長到原來的2倍（縱坐標不變），再向右平行移動個單位長度，得的圖象.故選：A7.曲線與曲線在點處的切線互相垂直，則實數（）A.2 B.0C. D.【答案】D【解析】，則，由可得，故，由于兩切線互相垂直，因此，所以，故選：D8.雙曲線：（，）的一條漸近線為直線l：，若的一個焦點到直線l的距離為，且與拋物線：（）的準線相交于點H，點H的縱坐標為3，則p的值為（）A.2 B.4 C.8 D.16【答案】B【解析】由雙曲線的一條漸近線為直線l：有，又，的一個焦點為到直線的距離為，所以，所以雙曲線，設，由在上，所以，由，故選：B.9.已知正方體的體積為，則四棱錐與四棱錐重疊部分的體積是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】如圖，四棱錐與四棱錐重疊部分為五面體，又該正方體體積為，即，解得，則，所以，得，又該五面體由一個三棱柱和一個四棱錐組成，如圖，故該五面體的體積為.故選：D二、填空題（本大題共6小題，每小題5分，共30分.試題中包含兩個空的，答對1個的給3分，全部答對的給5分）10.已知復數是純虛數，則實數的值為__________．【答案】6【解析】因為為純虛數，所以且，即.故答案為：6.11.在的展開式中，常數項為__________.（用數字作答）【答案】【解析】展開式的通項為，令，得，所以常數項為．故答案為：.12.已知點P，Q在直線l：上運動，點H在圓C：上，且有，則的面積的最大值為__________.【答案】3【解析】圓C：的圓心，半徑，則點到直線的距離，因此圓上的點到直線距離的最大值為，又，所以的面積的最大值為.故答案為：313.已知甲、乙兩個盒子中裝有不同顏色的卡片，卡片除顏色外其他均相同.甲盒中有5張紅色卡片和4張白色卡片，乙盒中有2張紅色卡片和4張白色卡片.若從甲盒中取出2張卡片，且2張卡片中有一張是紅色卡片的條件下，另一張是白色卡片的概率為__________；若從兩盒中隨機選擇一個盒子，然后從中取出一張卡片，則取到一張紅色卡片的概率為__________.【答案】①.②.【解析】設從甲盒中取出2張卡片中有一張是紅色卡片為事件A，從甲盒中取出2張卡片中有一張是白色卡片為事件B，則，，所以，若從甲盒中隨機取出一張卡片，則取到一張紅色卡片的概率為，若從乙盒中隨機取出一張卡片，則取到一張紅色卡片的概率為，故從兩盒中隨機選擇一個盒子，然后從中取出一張卡片，則取到一張紅色卡片的概率為.故答案為：，14.在中，E為AC中點，G為線段BE上一點，且滿足（），則__________，若，則當最大時，的值為__________.【答案】①.②.【解析】由題意有，所以，由，所以，所以，，由有，即，即，所以，即，當時，等號成立，當最大時，，，由有，所以，所以，故答案為：；.15.已知函數，，若函數恰有兩個不同的零點，則實數a的取值范圍是__________．【答案】【解析】因為恰有兩個不同的零點，所以有2個交點，先判斷與交點的個數，令，即，，所以與無交點；判斷與交點的個數，，即，令，解得或，所以當或，與有2個交點；判斷與交點情況，令，即，解得或，其中，所以與有2個交點；判斷與交點情況，，即，令，解得或，當或時，與有2個交點；①當時，與有2個交點，如圖所示，符合題意；②當時，與有1個交點，如圖所示，不合題意；③當時，如圖所示，無交點，不符合題意；④當時，如圖所示，無交點，不符合題意；⑤當時，如圖所示，無交點，不符合題意；⑥當時，，如圖所示，只有1個交點，不符合題意；⑦當時，與有一個交點，與有一個交點，如圖所示，符合題意；綜上所述，，故答案為：．三、解答題（本大題共5小題，共75分，解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟）16.在中，角所對的邊分別為，已知.（1）求角的大??；（2）若，.（?。┣蟮闹担唬áⅲ┣蟮闹?解：（1）中，，法（一）由正弦定理有①，因為，所以，代入①式整理得，又，所以，因為，所以.法（二）由余弦定理，代入，整理得，代入，因為，所以.（2）（?。┯梢阎?，代入，解得，.（ⅱ）由正弦定理，有，又因為，故為銳角，故，所以，，由，，故.17.如圖，在三棱柱中，分別是的中點，平面，且，，.（1）求證：平面；（2）求平面與平面的夾角的余弦值；（3）若線段上存在點到平面的距離為，求直線與平面所成角的正弦值.證明：（1）因為H，P分別是BC，AB的中點，所以，因為，可得，又因為平面ABC，以點H為原點，以所在直線分別為x軸，y軸和z軸，建立空間直角坐標系，如圖所示，可得，，，，，，，，所以向量，且平面的法向量為，則，所以，又因為平面，所以平面.（2）解：由（1）中的空間直角坐標系，可得向量，設平面的法向量為，則，令，可得，所以，設平面與平面的夾角為，則，則平面與平面夾角的余弦值為.（3）解：設（其中），可得，則點到平面的距離，即，解得，所以，設直線與平面所成角為，則，則直線與平面所成角的正弦值為.18.已知橢圓（）的短軸長為，離心率為.（1）求橢圓的方程；（2）橢圓的左、右頂點分別為、，設點B為橢圓上的點（異于點、），直線與直線交于點C，以BC為直徑的圓與直線交于另一點D（異于點B），直線CD與x軸相交于點E，試證明點E為定點并求出點E的坐標.解：（1）依題意，所以，又因為，解得，所以橢圓方程為.（2）方法（一）由（1）得，，設點（），則有①直線的斜率為，直線的斜率為，直線的方程為，與聯(lián)立，所以點，因為以BC為直徑的圓與直線交于另一個點D，所以，所以直線CD的斜率為，因此直線CD的方程為，令，則點E的橫坐標為②，又因為①式，有代入②式，解得，所以直線CD與x軸相交于定點E，點E的坐標為.方法（二）依題意直線斜率存在，設直線的方程為，點，由方程組，整理得.由韋達定理有，，代入，解得，即，又因為，所以直線，即的斜率為，直線與聯(lián)立，所以點，因為以BC為直徑的圓與直線交于另一個點D，所以，所以，所以直線CD的方程為，令，得點E的橫坐標為，所以直線CD與x軸相交于定點E，點E的坐標為.19.已知，數列為等差數列，公差為d，且，若.記數列，的前n項和分別為，.（1）若，，求d；（2）若數列為等差數列，.（i）求數列的通項公式；（ii）若數列滿足，將數列，中的項按如下規(guī)律組成數列：，，，，，，…，，，，…，，，…，，…，，…（），求（）.解：（1），所以，可得，故，，所以，，即，解得或（舍），所以.（2）由，兩個等差數列及，①，則有或，（）.證明：設，，所以有，整理得，所以，，，若，則，，所以，所以，，若，則，，所以，所以，.（?。?）設（），，則，，，，代入①式整理得，解得或，因為，所以.（2）設（），，則，，，，代入①式整理得，解得或，因為，所以舍.綜上，數列的通項公式為，數列的通項公式為.（ⅱ）因為，由（1）有，即，數列共n項，數列共項，所以，，所以.20.已知函數（m，，）.（1）若函數的兩個極值點為0與，求m，n的值及函數的單調區(qū)間；（2）若.（ⅰ）求證：當時，函數在區(qū)間上單調遞增；（ⅱ）對，總，使得成立，求實數的取值范圍.解：（1），由已知有，解得.當，時，，令，解得，定義域為，，令得或0，令，解得或，令，解得，所以與是函數的兩個極值點，所以，，的單調遞增區(qū)間為，，單調遞減區(qū)間為；（2）（?。┳C明：，代入，有，整理得①，當時，，即，又，所以，因此①式即，所以當時，在區(qū)間上單調遞