天津耀华嘉诚国际中学2025年高三第二学期期末考试数学试题试卷

天津耀华嘉诚国际中学2025年高三第二学期期末考试数学试题试卷注意事项: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．已知函数在上都存在导函数，对于任意的实数都有，当时，，若，则实数的取值范围是()A． B． C． D．2．已知函数，要得到函数的图象，只需将的图象()A．向左平移个单位长度 B．向右平移个单位长度C．向左平移个单位长度 D．向右平移个单位长度3．已知复数z1=3+4i,z2=a+i,且z1是实数,则实数a等于()A． B． C．- D．-4．我国宋代数学家秦九韶（1202-1261）在《数书九章》（1247）一书中提出“三斜求积术”，即：以少广求之，以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上；以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实；一为从隅，开平方得积.其实质是根据三角形的三边长，，求三角形面积，即.若的面积，，，则等于（）A． B． C．或 D．或5．已知函数，集合，，则（）A． B．C． D．6．已知函数，对任意的，，当时，，则下列判断正确的是（）A． B．函数在上递增C．函数的一条对称轴是 D．函数的一个对称中心是7．若复数，，其中是虚数单位，则的最大值为()A． B． C． D．8．已知为坐标原点，角的终边经过点且，则()A． B． C． D．9．设F为双曲线C：（a>0，b>0）的右焦点，O为坐标原点，以OF为直径的圆与圆x2+y2=a2交于P、Q两点．若|PQ|=|OF|，则C的离心率为A． B．C．2 D．10．“”是“”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件11．设，随机变量的分布列是01则当在内增大时，（）A．减小，减小 B．减小，增大C．增大，减小 D．增大，增大12．已知某口袋中有3个白球和个黑球（），现从中随机取出一球，再换回一个不同颜色的球（即若取出的是白球，则放回一个黑球；若取出的是黑球，则放回一个白球），记换好球后袋中白球的个数是．若，则=()A． B．1 C． D．2二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知函数恰好有3个不同的零点，则实数的取值范围为____14．《九章算术》中记载了“今有共买豕，人出一百，盈一百；人出九十，适足。问人数、豕价各几何？”.其意思是“若干个人合买一头猪，若每人出100，则会剩下100；若每人出90，则不多也不少。问人数、猪价各多少？”.设分别为人数、猪价，则___，___.15．如果抛物线上一点到准线的距离是6，那么______.16．设为等比数列的前项和，若，且，，成等差数列，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）在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），曲线的极坐标方程为．（Ⅰ）求直线的普通方程及曲线的直角坐标方程；（Ⅱ）设点，直线与曲线相交于，，求的值．18．（12分）如图，在长方体中，，为的中点，为的中点，为线段上一点，且满足，为的中点.（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值.19．（12分）如图，在正四棱柱中，，，过顶点，的平面与棱，分别交于，两点（不在棱的端点处）.（1）求证：四边形是平行四边形；（2）求证：与不垂直；（3）若平面与棱所在直线交于点，当四边形为菱形时，求长.20．（12分）已知函数．（1）若，求函数的单调区间；（2）若恒成立，求实数的取值范围．21．（12分）已知函数.（1）若函数不存在单调递减区间，求实数的取值范围；（2）若函数的两个极值点为，，求的最小值.22．（10分）在四边形中，，；如图，将沿边折起，连结，使，求证：（1）平面平面；（2）若为棱上一点，且与平面所成角的正弦值为，求二面角的大小.

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、B【解析】

先构造函数，再利用函数奇偶性与单调性化简不等式，解得结果.【详解】令，则当时，，又，所以为偶函数，从而等价于，因此选B.【点睛】本题考查利用函数奇偶性与单调性求解不等式，考查综合分析求解能力，属中档题.2、A【解析】

根据函数图像平移原则，即可容易求得结果.【详解】因为，故要得到，只需将向左平移个单位长度.故选：A.【点睛】本题考查函数图像平移前后解析式的变化，属基础题.3、A【解析】分析：计算，由z1，是实数得，从而得解.详解：复数z1=3+4i,z2=a+i,.所以z1，是实数，所以，即.故选A.点睛：本题主要考查了复数共轭的概念，属于基础题.4、C【解析】

将，，，代入，解得，再分类讨论，利用余弦弦定理求，再用平方关系求解.【详解】已知，，，代入，得，即，解得，当时，由余弦弦定理得：，.当时，由余弦弦定理得：，.故选：C【点睛】本题主要考查余弦定理和平方关系，还考查了对数学史的理解能力，属于基础题.5、C【解析】

分别求解不等式得到集合,再利用集合的交集定义求解即可.【详解】,，∴．故选C．【点睛】本题主要考查了集合的基本运算,难度容易.6、D【解析】

利用辅助角公式将正弦函数化简，然后通过题目已知条件求出函数的周期，从而得到，即可求出解析式，然后利用函数的性质即可判断.【详解】，又，即，有且仅有满足条件；又，则，，函数，对于A，，故A错误；对于B，由，解得，故B错误；对于C，当时，，故C错误；对于D，由，故D正确.故选：D【点睛】本题考查了简单三角恒等变换以及三角函数的性质，熟记性质是解题的关键，属于基础题.7、C【解析】

由复数的几何意义可得表示复数，对应的两点间的距离，由两点间距离公式即可求解.【详解】由复数的几何意义可得，复数对应的点为，复数对应的点为，所以，其中，故选C【点睛】本题主要考查复数的几何意义，由复数的几何意义，将转化为两复数所对应点的距离求值即可，属于基础题型.8、C【解析】

根据三角函数的定义，即可求出，得出，得出和，再利用二倍角的正弦公式，即可求出结果.【详解】根据题意，，解得，所以，所以，所以.故选：C.【点睛】本题考查三角函数定义的应用和二倍角的正弦公式，考查计算能力.9、A【解析】

准确画图，由图形对称性得出P点坐标，代入圆的方程得到c与a关系，可求双曲线的离心率．【详解】设与轴交于点，由对称性可知轴，又，为以为直径的圆的半径，为圆心．，又点在圆上，，即．，故选A．【点睛】本题为圆锥曲线离心率的求解，难度适中，审题时注意半径还是直径，优先考虑几何法，避免代数法从头至尾，运算繁琐，准确率大大降低，双曲线离心率问题是圆锥曲线中的重点问题，需强化练习，才能在解决此类问题时事半功倍，信手拈来．10、A【解析】

首先利用二倍角正切公式由，求出，再根据充分条件、必要条件的定义判断即可；【详解】解：∵，∴可解得或，∴“”是“”的充分不必要条件.故选：A【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，二倍角正切公式的应用是解决本题的关键，属于基础题．11、C【解析】

，，判断其在内的单调性即可．【详解】解：根据题意在内递增，，是以为对称轴，开口向下的抛物线，所以在上单调递减，故选：C．【点睛】本题考查了利用随机变量的分布列求随机变量的期望与方差，属于中档题．12、B【解析】由题意或4，则，故选B．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

恰好有3个不同的零点恰有三个根，然后转化成求函数值域即可.【详解】解：恰好有3个不同的零点恰有三个根，令，，在递增；，递减，递增，时，在有一个零点，在有2个零点；故答案为：.【点睛】已知函数的零点个数求参数的取值范围是重点也是难点，这类题一般用分离参数的方法，中档题.14、10900【解析】

由题意列出方程组，求解即可.【详解】由题意可得，解得.故答案为10900【点睛】本题主要考查二元一次方程组的解法，用消元法来求解即可，属于基础题型.15、【解析】

先求出抛物线的准线方程，然后根据点到准线的距离为6，列出，直接求出结果.【详解】抛物线的准线方程为，由题意得，解得.∵点在抛物线上，∴，∴，故答案为：.【点睛】本小题主要考查抛物线的定义，属于基础题.16、.【解析】试题分析：∵，，成等差数列，∴，又∵等比数列，∴.考点：等差数列与等比数列的性质.【名师点睛】本题主要考查等差与等比数列的性质，属于容易题，在解题过程中，需要建立关于等比数列基本量的方程即可求解，考查学生等价转化的思想与方程思想.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）.【解析】

（Ⅰ）由（为参数）直接消去参数，可得直线的普通方程，把两边同时乘以，结合，可得曲线的直角坐标方程；（Ⅱ）把代入，化为关于的一元二次方程，利用根与系数的关系及参数的几何意义求解．【详解】解：（Ⅰ）由（为参数），消去参数，可得．∵，∴，即．∴曲线的直角坐标方程为；（Ⅱ）把代入，得．设，两点对应的参数分别为，则，．不妨设，，∴．【点睛】本题考查简单曲线的极坐标方程，考查参数方程化普通方程，明确直线参数方程中参数的几何意义是解题的关键，是中档题．18、（1）证明见解析（2）【解析】

（1）解法一：作的中点，连接，.利用三角形的中位线证得，利用梯形中位线证得，由此证得平面平面，进而证得平面.解法二：建立空间直角坐标系，通过证明直线的方向向量和平面的法向量垂直，证得平面.（2）利用平面和平面法向量，计算出二面角的余弦值.【详解】（1）法一：作的中点，连接，.又为的中点，∴为的中位线，∴，又为的中点，∴为梯形的中位线，∴，在平面中，，在平面中，，∴平面平面，又平面，∴平面.另解：（法二）∵在长方体中，，，两两互相垂直，建立空间直角坐标系如图所示，则，，，，，，，，，，，.（1）设平面的一个法向量为，则，令，则，.∴，又，∵，，又平面，平面.（2）设平面的一个法向量为，则，令，则，.∴.同理可算得平面的一个法向量为∴，又由图可知二面角的平面角为一个钝角，故二面角的余弦值为.【点睛】本小题考查线面的位置关系，空间向量与线面角，二面角等基础知识，考查空间想象能力，推理论证能力，运算求解能力，数形结合思想，化归与转化思想.19、（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）.【解析】

（1）由平面与平面没有交点，可得与不相交，又与共面，所以，同理可证，得证；（2）由四边形是平行四边形，且，则不可能是矩形，所以与不垂直；（3）先证，可得为的中点，从而得出是的中点，可得.【详解】（1）依题意都在平面上，因此平面，平面，又平面，平面，平面与平面平行，即两个平面没有交点，则与不相交，又与共面，所以，同理可证，所以四边形是平行四边形；（2）因为，两点不在棱的端点处，所以，又四边形是平行四边形，，则不可能是矩形，所以与不垂直；（3）如图，延长交的延长线于点，若四边形为菱形，则，易证，所以，即为的中点，因此，且，所以是的中位线，则是的中点，所以.【点睛】本题考查了立体几何中的线线平行和垂直的判定问题，和线段长的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，属中档题.20、（1）增区间为，减区间为；（2）.【解析】

（1）将代入函数的解析式，利用导数可得出函数的单调区间；（2）求函数的导数，分类讨论的范围，利用导数分析函数的单调性，求出函数的最值可判断是否恒成立，可得实数的取值范围．【详解】（1）当时，，则，当时，，则，此时，函数为减函数；当时，，则，此时，函数为增函数.所以，函数的增区间为，减区间为；（2），则，.①当时，即当时，，由，得，此时，函数为增函数；由，得，此时，函数为减函数.则，不合乎题意；②当时，即时，.不妨设，其中，令，则或.（i）当时，，当时，，此时，函数为增函数；当时，，此时，函数为减函数；当时，，此时，函数为增函数.此时，而，构造函数，，则，所以，函数在区间上单调递增，则，即当时，，所以，.，符合题意；②当时，，函数在上为增函数，，符合题意；③当时，同理可得函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，此时，则，解得.综上所述，实数的取值范围是.【点睛】本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性与最值，考查恒成立问题，正确求导和分类讨论是关键，属于难题.21、（1）（2）【解析】分析：（1）先求导，再令在上恒成立，得到上恒成立，利用基本不等式得到m的取值范围.(2)先由得到，再求得，再构造函数再利用导数求其最小值.详解：（1）由函数有意义，则由且不存在单调递减区间，则在上恒成立，