2025年高考押题预测卷：数学（天津卷01）（解析版）

这是一份2025年高考押题预测卷：数学（天津卷01）（解析版），共16页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷两部分，测试范围等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．写在本试卷上无效．
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
4．测试范围：高考全部内容
5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
第Ⅰ卷
一、选择题：本大题共9小题，每小题5分，共45分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】由题意可得，则.
故选：D.
2．已知是公差为的等差数列，是公比为的等比数列．若，则“是递增数列”是“”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】D
【详解】若是递增数列，则对所有的正整数都成立，
充分性：若是递增数列，则
即恒成立，又，，
①若数列为无穷数列，
若，则，时，，所以；
若，则，时，，所以，
此时充分性成立；
②若数列为有穷数列，
若， ，只需即可，此时充分性不成立.
必要性：时，
若，有，则不一定成立，故必要性不成立；
即时，“是递增数列”是“”的既不充分也不必要条件.
故选：D.
3．函数部分图象是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】函数的定义域为，关于原点对称，
因为，所以函数为奇函数，
当且时，，故排除BC；
又，故排除D.
故选：A.
4．式子（ ）
A．5B．6C．7D．8
【答案】C
【详解】
.
故选：C.
5．已知奇函数在R上是减函数，，若则的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】因为奇函数且在上是减函数，所以，，，
且，时.
因，所以，故为偶函数.
当时，，因，，所以.
即在上单调递减.
，
因，所以，
即.
故选：A.
6．有一散点图如图所示，在六组数据中去掉点后重新进行回归分析，则下列说法正确的是（ ）
A．样本数据的两变量正相关
B．相关系数的绝对值更接近于0
C．去掉点后，回归直线的效果变弱
D．变量与变量相关性变强
【答案】D
【详解】对A：由图可知，样本数据的两变量负相关，故A错误；
对B：由图可知，点相对于其它点，偏离直线远，故去掉点后，回归直线的拟合效果会更好，相关系数的绝对值更接近于1，故B错误；
对C：去掉点后，回归直线的效果变强，故C错误；
对D：正确.
故选：D
7．已知函数（，，）的部分图象如图所示，给出下列结论：
①； ②当时，；
③函数的单调递减区间为，；
④将的图象向右平移个单位，得到的图象；其中正确的结论个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【详解】由图象可知：，.
由，又，所以.
所以.
因为，故①正确；
当时，，所以，所以，故②正确；
由，，，
所以函数的单调递减区间为，.故③正确；
将的图象向右平移个单位，得到的图象，故④错误.
故选：C
8．已知双曲线的左、右焦点分别为，直线与的两条渐近线分别交于两点，为坐标原点，若，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】
由双曲线可知渐近线方程为，
因为，所以，
在中，，，可得.
即，
则
又因为点在渐近线上，所以，解得，可得.
故选：B.
9．如图，在棱长为1的正方体中，点，，分别是棱，，的中点，为线段上的一个动点，平面平面，则下列命题中错误的是（ ）
A．不存在点，使得平面
B．三棱锥的体积为定值
C．平面截该正方体所得截面面积的最大值为
D．平面截该正方体所得截面可能是三角形或六边形
【答案】C
【详解】如图，连接，可得平面，由与异面可知，不存在点，使得平面，故A正确；
又平面，所以动点到平面的距离为定值，故三棱锥的体积为定值，故B正确；
如图，当截面为正六边形时（其中，，，，，都是中点），易得该正六边形的边长为，所以其面积为，故C错误；
截面可能为三角形，也可能为六边形，故D正确，
故选：C.
第Ⅱ卷
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分
10．已知为虚数单位，若是纯虚数，则实数 ．
【答案】
【详解】因为，
所以，解得.
故答案为：.
11．二项式的展开式中的常数项为 ．
【答案】
【详解】由题意，得二项展开式的通项为．
令，得，
故展开式中的常数项为时，．
故答案为：.
12．若一个圆的圆心为，且该圆与直线相切，则该圆的标准方程为 ，过点作该圆的两条切线，切点分别为，则直线的方程为 .
【答案】
【详解】①点到直线距离等于半径，
∴，∴圆的标准方程为
②当斜率不存在时，切线：，与圆相切与点；
由圆的切线的性质可知，，
∴
∴，即
故答案为：①②
13．周先生到某地开会，他乘火车，轮船，汽车，飞机的概率分别为，且乘坐这四种交通工具到达会议地迟到的概率分别为，则周先生到达会议地迟到的概率是 ；若周先生本次到达会议地迟到了，则他本次是乘飞机前往的概率是 .
【答案】
【详解】周先生到达会议室心到的概率为：；
若周先生本次到达会议地迟到了，则他本次是乘飞机前往的概率是：
；
故答案为：①；②.
14．已知正方形的边长为，若，其中为实数，则 ；设是线段上的动点，为线段的中点，则的最小值为 .
【答案】 /； .
【详解】如图，以为原点，所在直线分别为轴建立平面直角坐标系，
因为，所以，
得，
因为，所以，
得，所以，
设，则，
所以，
所以
由二次函数性质可知，当时，取得最小值.
故答案为：；.
15．已知函数，，且方程有两个不同的解，则实数m的取值范围为 ，关于x的方程解的个数为 ．
【答案】 ; 4
【详解】①由题意可知，直线与函数的图象有两个不同的交点，如下图所示：
由图可知，当时，直线与函数的图象有两个不同的交点，故；
②方程中，设，
即，即函数与直线的交点问题，
作出函数的图象如下图所示：
因为，函数与有个交点，
即有三个根、、，其中、、，
再结合图象可知，方程有个不同的根，方程有个根，
方程有个根，
综上所述，方程有个不同的解.
故答案为：；.
三、解答题：（本大题共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．在中，内角所对的边分别为，，，．
(1)求角的大小：
(2)求的值；
(3)求的值．
【答案】(1)；
(2)；
(3).
【详解】（1）在中，由正弦定理，可得，
又由，得
即，
∴，∴，∴．
又因为，可得；
（2）在中，由余弦定理及，，，
有，故；
（3）由，可得，
因为，所以，故为锐角，故，
因此，．
所以，
17．如图，在四棱锥中，平面，，，，，点E为的中点.
(1)证明：平面；
(2)求点到直线的距离；
(3)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【详解】（1）证明：取的中点，连接，因为为的中点，所以，
又因为且，所以且，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面.
（2）解：取的中点，连接，因为且，
所以且，所以四边形为平行四边形，所以，
因为，所以，
又因为平面，平面，所以，
以为坐标原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，可得，则,
所以，则
可得，所以，
则点到直线的距离为.
（3）解：由（2）中的空间直角坐标系，可得，
所以，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
.
18．人教版选择性必修二第8页中提到：欧拉函数的函数值等于所有不超过正整数且与互素的正整数的个数，例如：.
(1)求的值；
(2)已知数列满足，求的前项和；
(3)若数列的前项和为，对任意，均有恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）因为不超过正整数且与互素的正整数只有，所以
因为不超过正整数且与互素的正整数只有，所以
正偶数与不互素，所有正奇数与互素，比小的正奇数有个，所以；
（2）所有不超过正整数的正整数有个，其中与不互素的正整数有，，，，，共个，
所以所有不超过正整数，且与互素的正整数的个数为个，
即，
两式相减得
（3）由（2）可知
，
得 恒成立，
令 ，
则 ，
可得 ； 当 时，，当时，，
所以的最大值为，
故.
19．已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，，点P为C上的动点，的周长为6.
(1)求C的标准方程.
(2)延长线段，分别交C于Q，M两点，连接，并延长线段交C于另一点N，若直线和的斜率均存在，且分别为，，试判断是否为定值.若是，求出该定值；若不是，说明理由.
【答案】(1)
(2)是，
【详解】（1）设椭圆的焦距，
所以的周长为，即.
又椭圆的离心率为，所以，
所以，所以，所以，
所以的标准方程为.
（2）是定值.
由（1）得，
设，，
又三点共线，所以，化简得，
则直线的方程为，直线的方程为，
由，化简得，
由根与系数关系可知，，
所以，
同理，
又
，
所以
20．已知函数 .
(1)若 ，求不等式 的解集；
(2)讨论函数 的单调性；
(3)若不等式 在区间 上有解，求 的取值范围.
【答案】(1)
(2)答案见解析
(3)或.
【详解】（1）函数的定义域为，当 ，函数 ，
由对勾函数性质可知，单调递减；单调递增；
且，所以不等式 的解集为 .
（2）因为.
所以当时，当时，，单调递增；
当时，在区间上，单调递减，
在区间上单调递增.
综上，当时，在上单调递增；
当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增.
（3）由题意可得，
①时，在区间 上恒成立，故在 上单调递增，
若不等式 在区间 上有解，则，即得.
②当时，当时，，时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以若不等式 在区间 上有解，则，
设，单调递减，所以
所以当时，单调递增，在区间单调递减；
且，
所以此时不等式 在区间 上无解，
③当时，在 上恒成立，故在间 上单调递减，
所以若不等式 在区间 上有解，则，则；
所以；
综上：若不等式 在区间 上有解，求 的取值范围或.