2025届天津市滨海新区大港油田一中高三压轴卷数学试卷含解析

2025届天津市滨海新区大港油田一中高三压轴卷数学试卷注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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。1．设，，，则，，三数的大小关系是A． B．C． D．2．，则与位置关系是()A．平行 B．异面C．相交 D．平行或异面或相交3．一场考试需要2小时，在这场考试中钟表的时针转过的弧度数为（）A． B． C． D．4．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5．若x，y满足约束条件则z=的取值范围为（）A．[] B．[，3] C．[，2] D．[，2]6．函数在区间上的大致图象如图所示，则可能是（）A．B．C．D．7．设点，，不共线，则“”是“”（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分又不必要条件8．为比较甲、乙两名高中学生的数学素养，对课程标准中规定的数学六大素养进行指标测验（指标值满分为100分，分值高者为优），根据测验情况绘制了如图所示的六大素养指标雷达图，则下面叙述不正确的是（）A．甲的数据分析素养优于乙 B．乙的数据分析素养优于数学建模素养C．甲的六大素养整体水平优于乙 D．甲的六大素养中数学运算最强9．已知是过抛物线焦点的弦，是原点，则（）A．－2 B．－4 C．3 D．－310．设函数的定义域为，命题：，的否定是（）A．， B．，C．， D．，11．设，，，则（）A． B． C． D．12．若各项均为正数的等比数列满足，则公比（）A．1 B．2 C．3 D．4二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知函数的图象在点处的切线方程是，则的值等于__________.14．在中，角，，的对边分别为，，.若；且，则周长的范围为__________.15．函数的图象在处的切线方程为__________．16．已知角的终边过点，则______.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）已知数列的前项和为，且满足．（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）证明：．18．（12分）在三棱锥S-ABC中，∠BAC=∠SBA=∠SCA=90°,∠SAB=45∘,∠SAC=60°,D为棱AB的中点，SA=2(I)证明：SD⊥BC；(II)求直线SD与平面SBC所成角的正弦值.19．（12分）己知的内角的对边分别为.设（1）求的值；（2）若，且，求的值.20．（12分）如图，在底面边长为1，侧棱长为2的正四棱柱中，P是侧棱上的一点，.（1）若，求直线AP与平面所成角；（2）在线段上是否存在一个定点Q，使得对任意的实数m，都有，并证明你的结论.21．（12分）在中，内角的对边分别是，满足条件．（1）求角；（2）若边上的高为，求的长．22．（10分）在如图所示的几何体中，四边形ABCD为矩形，平面ABEF⊥平面ABCD，EF∥AB，∠BAF＝90°，AD＝2，AB＝AF＝2EF＝2，点P在棱DF上．（1）若P是DF的中点，求异面直线BE与CP所成角的余弦值；（2）若二面角D﹣AP﹣C的正弦值为，求PF的长度．

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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。1、C【解析】

利用对数函数，指数函数以及正弦函数的性质和计算公式，将a，b，c与，比较即可.【详解】由，，，所以有.选C.【点睛】本题考查对数值，指数值和正弦值大小的比较，是基础题，解题时选择合适的中间值比较是关键，注意合理地进行等价转化.2、D【解析】结合图(1)，(2)，(3)所示的情况，可得a与b的关系分别是平行、异面或相交．选D．3、B【解析】

因为时针经过2小时相当于转了一圈的，且按顺时针转所形成的角为负角，综合以上即可得到本题答案.【详解】因为时针旋转一周为12小时，转过的角度为，按顺时针转所形成的角为负角，所以经过2小时，时针所转过的弧度数为.故选：B【点睛】本题主要考查正负角的定义以及弧度制，属于基础题.4、B【解析】

先解不等式化简两个条件，利用集合法判断充分必要条件即可【详解】解不等式可得，解绝对值不等式可得，由于为的子集，据此可知“”是“”的必要不充分条件．故选：B【点睛】本题考查了必要不充分条件的判定，考查了学生数学运算，逻辑推理能力，属于基础题.5、D【解析】

由题意作出可行域，转化目标函数为连接点和可行域内的点的直线斜率的倒数，数形结合即可得解.【详解】由题意作出可行域，如图，目标函数可表示连接点和可行域内的点的直线斜率的倒数，由图可知，直线的斜率最小，直线的斜率最大，由可得，由可得，所以，，所以.故选：D.【点睛】本题考查了非线性规划的应用，属于基础题.6、B【解析】

根据特殊值及函数的单调性判断即可；【详解】解：当时，，无意义，故排除A；又，则，故排除D；对于C，当时，，所以不单调，故排除C；故选：B【点睛】本题考查根据函数图象选择函数解析式，这类问题利用特殊值与排除法是最佳选择，属于基础题.7、C【解析】

利用向量垂直的表示、向量数量积的运算，结合充分必要条件的定义判断即可.【详解】由于点，，不共线，则“”；故“”是“”的充分必要条件.故选：C.【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断，考查向量垂直的表示，考查向量数量积的运算，属于基础题.8、D【解析】

根据所给的雷达图逐个选项分析即可.【详解】对于A，甲的数据分析素养为100分，乙的数据分析素养为80分，故甲的数据分析素养优于乙，故A正确；对于B，乙的数据分析素养为80分，数学建模素养为60分，故乙的数据分析素养优于数学建模素养，故B正确；对于C，甲的六大素养整体水平平均得分为，乙的六大素养整体水平均得分为，故C正确；对于D，甲的六大素养中数学运算为80分，不是最强的，故D错误；故选：D【点睛】本题考查了样本数据的特征、平均数的计算，考查了学生的数据处理能力，属于基础题.9、D【解析】

设，，设：，联立方程得到，计算得到答案.【详解】设，，故.易知直线斜率不为，设：，联立方程，得到，故，故.故选：.【点睛】本题考查了抛物线中的向量的数量积，设直线为可以简化运算，是解题的关键.10、D【解析】

根据命题的否定的定义，全称命题的否定是特称命题求解.【详解】因为：，是全称命题，所以其否定是特称命题，即，.故选：D【点睛】本题主要考查命题的否定，还考查了理解辨析的能力，属于基础题.11、A【解析】

先利用换底公式将对数都化为以2为底,利用对数函数单调性可比较,再由中间值1可得三者的大小关系.【详解】，，，因此，故选：A.【点睛】本题主要考查了利用对数函数和指数函数的单调性比较大小,属于基础题.12、C【解析】

由正项等比数列满足，即，又，即，运算即可得解.【详解】解：因为，所以，又，所以，又，解得.故选：C.【点睛】本题考查了等比数列基本量的求法，属基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

利用导数的几何意义即可解决.【详解】由已知，，，故.故答案为：.【点睛】本题考查导数的几何意义，要注意在某点的切线与过某点的切线的区别，本题属于基础题.14、【解析】

先求角，再用余弦定理找到边的关系，再用基本不等式求的范围即可.【详解】解：所以三角形周长故答案为：【点睛】考查正余弦定理、基本不等式的应用以及三条线段构成三角形的条件；基础题.15、【解析】

利用导数的几何意义,对求导后在计算在处导函数的值,再利用点斜式列出方程化简即可.【详解】,则切线的斜率为.又,所以函数的图象在处的切线方程为,即.故答案为：【点睛】本题主要考查了根据导数的几何意义求解函数在某点处的切线方程问题,需要注意求导法则与计算,属于基础题.16、【解析】

由题意利用任意角的三角函数的定义，两角和差正弦公式，求得的值．【详解】解：∵角的终边过点，∴，，∴，故答案为：．【点睛】本题主要考查任意角的三角函数的定义，两角和差正弦公式，属于基础题．三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（Ⅰ），．（Ⅱ）见解析【解析】

（1）由，分和两种情况，即可求得数列的通项公式；（2）由题，得，利用等比数列求和公式，即可得到本题答案.【详解】（Ⅰ）解：由题，得当时，，得；当时，，整理，得．数列是以1为首项，2为公比的等比数列，，；（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知，，故．故得证．【点睛】本题主要考查根据的关系式求通项公式以及利用等比数列的前n项和公式求和并证明不等式，考查学生的运算求解能力和推理证明能力.18、(I)证明见解析；(II)1【解析】

(I)过D作DE⊥BC于E，连接SE，根据勾股定理得到SE⊥BC，DE⊥BC得到BC⊥平面SED，得到证明.(II)过点D作DF⊥SE于F，证明DF⊥平面SBC，故∠ESD为直线SD与平面SBC所成角，计算夹角得到答案.【详解】(I)过D作DE⊥BC于E，连接SE，根据角度的垂直关系易知：AC=1，AB=SB=2，CS=CB=3，故DE=BDsin∠CBD=6根据余弦定理：13+SE2-2故SE⊥BC，DE⊥BC，SE∩DE=E，故BC⊥平面SED，SD⊂平面SED，故SD⊥BC.(II)过点D作DF⊥SE于F，BC⊥平面SED，DF⊂平面SED，故DF⊥BC，DF⊥SE，BC∩SE=E，故DF⊥平面SBC，故∠ESD为直线SD与平面SBC所成角，SD2=S故sin∠ESD=【点睛】本题考查了线线垂直，线面夹角，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.19、（1）（2）【解析】

（1）由正弦定理将，转化，即，由余弦定理求得，再由平方关系得再求解.（2）由，得，结合再求解.【详解】（1）由正弦定理，得，即，则，而，又，解得，故.（2）因为，则，因为，故，故，解得，故，则.【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理、三角形的面积公式，考查运算求解能力以及化归与转化思想，属于中档题.20、（1）；（2）存在，Q为线段中点【解析】

解法一：（1）作出平面与平面的交线，可证平面，计算，，得出，从而得出的大小；（2）证明平面，故而可得当Q为线段的中点时.解法二，以为原点，以为建立空间直角坐标系：（1）由，利用空间向量的数量积可求线面角；（2）设上存在一定点Q，设此点的横坐标为，可得，由向量垂直，数量积等于零即可求解.【详解】（1）解法一：连接交于，设与平面的公共点为，连接，则平面平面，四边形是正方形，，平面，平面，，又，平面，为直线AP与平面所成角，平面，平面，平面平面，，又为的中点，，，，直线AP与平面所成角为.（2）四边形正方形，，平面，平面，，又,平面，又平面，，当Q为线段中点时，对于任意的实数，都有.解法二：（1）建立如图所示的空间直角坐标系，则，，所以，，，又由，，则为平面的一个法向量，设直线AP与平面所成角为，则，故当时，直线AP与平面所成角为.（2）若在上存在一定点Q，设此点的横坐标为，则，，依题意，对于任意的实数要使，等价于，即，解得，即当Q为线段中点时，对于任意的实数，都有.【点睛】本题考查了线面垂直的判定定理、线面角的计算，考查了空间向量在立体几何中的应用，属于中档题.21、（1）．（2）【解析】

（1）利用正弦定理的边角互化可得，再根据，利用两角和的正弦公式即可求解.（2）已知，由知，在中，解出即可.【详解】（1）由正弦定理知由己知，而∴，（2）已知，则由知先求∴∴∴【点睛】本题主要考查了正弦定理解三角形、三角形的性质、两角和的正弦公式，需熟记定理与公式，属于基础题.22、（1）．（2）．【解析】

（1）以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AF为z轴，建立空间直角坐标系，则（﹣1，0，2），（﹣2，﹣1，1），计算夹角得到答案.（2）设，0≤λ≤1，计算P（0，2λ，2﹣2λ），计算平面APC的法向量（1，﹣1，），平面ADF的法向量（1，0，0），根据夹角公式计算得到答案.【详解】（1）∵BAF＝90°，∴AF⊥AB，又∵平面ABEF⊥平面ABCD，且平面ABEF∩平面ABCD＝AB，∴AF⊥平面ABCD，又四边形ABCD为矩形，∴以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AF为z轴，建立空间直角坐标系，∵AD＝2，AB＝AF＝2EF＝2，P是DF的中点，∴B（2，0，0），E（1，0，2），C（2，2，0），P（0，1，1），（﹣1，0，2），（﹣2，﹣1，1），设异面直线BE与CP所成角的平面角为θ，则cosθ，∴异面直线