2025年高考押题预测卷：数学（天津卷02）（解析版）

这是一份2025年高考押题预测卷：数学（天津卷02）（解析版），共19页。试卷主要包含了设，，，则的大小关系为，下列结论中，错误的是，已知正四面体等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题（本题共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】A
【知识点】交集的概念及运算
【分析】先求出集合B，再利用集合的交运算即可求得结果.
【详解】易知，所以，
故选：A．
2．使不等式成立的一个充分不必要条件为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【知识点】判断命题的充分不必要条件、解不含参数的一元二次不等式
【分析】解不等式可得，结合充分条件及必要条件的定义判断结论.
【详解】解不等式，可得，
所以不等式成立的一个充分不必要条件必须为的非空真子集，
所以可以排除选项A，B，C，
因为由可推得，由不能推得，
所以使不等式成立的一个充分不必要条件为．
故选：D．
3．函数的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】函数奇偶性的应用、函数图像的识别、函数奇偶性的定义与判断
【分析】采用排除法进行判断，先根据函数的奇偶性进行排除，再结合特殊点的函数值进行选择.
【详解】首先：，
所以函数为偶函数，图象关于轴对称，故排除CD.
又，故排除B.
故选：A
4．设，，，则的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【知识点】对数的运算性质的应用、运用换底公式化简计算、比较正弦值的大小、比较对数式的大小
【分析】利用换底公式即可化简；利用对数函数的性质；利用正弦函数的值域即可.
【详解】；
；，
则
故选：A
5．下列结论中，错误的是（ ）
A．数据4，1，6，2，9，5，8的第60百分位数为6
B．若随机变量，则
C．已知经验回归方程为，且，则
D．根据分类变量与成对样本数据，计算得到，依据小概率值的独立性检验，可判断与有关联，此推断犯错误的概率不大于0.001
【答案】D
【知识点】独立性检验的概念及辨析、总体百分位数的估计、指定区间的概率、根据样本中心点求参数
【分析】
A选项，将数据排序后，根据百分位数的定义得到答案；B选项，由正态分布的对称性得到答案；C选项，将样本中心点代入回归方程，求出；D选项，由得到D错误.
【详解】A选项，数据4，1，6，2，9，5，8排序后得到1，2，4，5，6，8，9，
，故选取第5个数据作为第60百分位数，即为6，A正确；
B选项，因为，根据对称性可知，
故，B正确；
C选项，已知经验回归方程为，且，则，
解得，C正确；
D选项，，故不能得到此结论，D错误
故选：D
6．将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，若在区间上单调递增，且在区间上有且仅有1个零点，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【知识点】根据函数零点的个数求参数范围、利用正弦型函数的单调性求参数、求图象变化前（后）的解析式
【分析】先求出，结合在区间上单调递增可得，再由在区间上有且仅有1个零点，可得可能的零点，再分类讨论结合三角函数的性质即可得得出答案.
【详解】由题意可得：，
因为在区间上单调递增，
因为，，
所以，解得：，
又在区间上有且仅有1个零点，
所以，，
结合，所以，
所以这个零点可能为或或，
当时，，，
解得：，
当时，，，
解得：，
当时，无解，
综上：的取值范围为.
故选：A.
7．已知椭圆的左、右焦点分别为，上顶点为，过作的垂线与在第一象限内交于点，且．设的离心率为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【知识点】余弦定理解三角形、求椭圆的离心率或离心率的取值范围、椭圆定义及辨析
【分析】先根据椭圆定义和已知线段关系求出相关线段长度，再通过三角函数关系求出，最后利用余弦定理建立关于椭圆离心率的方程并求解.
【详解】
如图，连接，设与交于点 M.
由，可设，则，其中，
由椭圆的定义，得，从而，
又因为，所以，在中，设，
则为锐角，所以，即，
由余弦定理，得，即，解得.
故选：C.
8．已知正四面体（四个面都是正三角形），其内切球（与四面体各个面都相切的球）表面积为，设能装下正四面体的最小正方体的体积为，正四面体的外接球（四面体各顶点都在球的表面上）体积为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【知识点】球的体积的有关计算、球的表面积的有关计算、锥体体积的有关计算、多面体与球体内切外接问题
【分析】设正四面体的棱长为，设正四面体内切球球心为，半径为，由等体积法求出，将该正四面体放入一个正方体内，使得每条棱恰好为正方体的面对角线，此时即为能装下正四面体的最小正方体，即可求出，设正四面体的外接球的半径，根据正方体和正四面体的外接球为同一个球计算出，即可得出答案．
【详解】设正四面体的棱长为，则正四面体的表面积为，
由题设底面的外接圆半径，则
所以正四面体的高为，
其体积为，
设正四面体内切球球心为，半径为，
解得：，所以，解得：，
将该正四面体放入下图的正方体内，使得每条棱恰好为正方体的面对角线，
此时即为能装下正四面体的最小正方体，
正四面体的最小正方体的边长为，如下图，即，所以，
体积为，设正四面体的外接球半径为，
则正方体的外接球，也即正四面体的外接球的半径为，
所以，所以外接球的体积为，
.
故选：A.
9．函数，关于x的方程有2个不相等的实数根，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【知识点】根据函数零点的个数求参数范围、函数与方程的综合应用、利用导数求函数的单调区间（不含参）
【分析】由已知可得为方程的一个根，则当时，直线与函数仅有一个交点，作出的图象，结合图象求解即可.
【详解】当时，，即关于x的方程始终有一个根为，
当时，由，得，
由题意可知当时，直线与函数仅有一个交点，
设，则，
当时，，当时，，
所以在上递增，在上递减，
所以当时，取到最大值，
当时，，
作出函数的图象如下图所示，

由图象可知，要使直线与函数仅有一个交点，则
，或，或
故选：A
【点睛】关键点睛：此题考查函数与方程的综合问题，考查函数与导数的综合问题，解题的关键是根据函数解析式画出函数图象，结合图象可求得结果，考查数形结合的思想，属于较难题.
二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分．
10．i是虚数单位，则复数 ．
【答案】
【知识点】复数的除法运算、复数代数形式的乘法运算
【分析】直接利用复数的四则运算求解即可.
【详解】.
故答案为：
11．在的展开式中，常数项为 .（用数字作答）
【答案】
【知识点】求二项展开式、求指定项的系数
【分析】根据二项式定理的通项公式，利用项的指数为即为常数项.
【详解】由的展开式的通项为，
令，，则，
即在的展开式中，常数项为，
故答案为：.
12．已知圆的方程为．当圆的面积最小时，直线与圆相切，则的值为 ．
【答案】
【知识点】圆的一般方程与标准方程之间的互化、由直线与圆的位置关系求参数
【分析】先求得圆面积最小时圆的半径，然后根据点到直线的距离等于半径列方程求得.
【详解】依题意，圆的方程为，
所以，所以圆心为，半径为，
所以当时，半径最小，圆的面积最小，且半径的最小值为，
此时圆心到直线的距离为
或（舍去）.
故答案为：
13．第十五届中国国际航空航天博览会在2024年11月12日至17日在广东珠海举行.此次航展，观众累计参观近60万人次，签约金额超2800亿人民币.为庆祝这一盛会的成功举行，珠海某商场决定在航展期间举行“购物抽奖送航模”活动，奖品为“隐形战机歼-20S”模型.抽奖规则如下：盒中装有7个大小相同的小球，其中3个是红球，4个是黄球.每位顾客均有两次抽奖机会，每次抽奖从盒中随机取出2球，若取出的球颜色不相同，则没有中奖，小球不再放回盒中，若取出的球颜色相同，则中奖，并将小球放回盒中、某顾客两次抽奖都中奖的概率为 ；该顾客第一次抽奖没有中奖的条件下，第二次抽奖中奖的概率为 .
【答案】 /
【知识点】计算条件概率、独立事件的乘法公式
【分析】根据相互独立事件的乘法公式和条件概率的计算公式求解.
【详解】由题意，某顾客两次抽奖都中奖的概率为，
设顾客第一次抽奖没有中奖为事件，第二次抽奖中奖为事件，
则，，
，
该顾客第一次抽奖没有中奖的条件下，第二次抽奖中奖的概率为.
故答案为：，.
14．已知为抛物线上的动点，，为圆上的两个不同点，若恰为圆的一条直径，则的最小值为 ；若，均与圆相切，则的最小值为 .
【答案】
【知识点】用定义求向量的数量积、数量积的运算律、由标准方程确定圆心和半径、抛物线方程的四种形式与位置特征
【分析】求圆的圆心坐标和半径，设，利用表示并求其最小值，再结合向量运算法则求的最小值，设，根据数量积的定义及二倍角公式利用表示，结合对勾函数性质求最小值即可.
【详解】圆的圆心为，半径，
设，则，，
（时取等号）.
所以，
当为圆的一条直径时，，，
所以，
当且仅当点的坐标为时等号成立，
所以的最小值为.

当，均与圆相切时，则，
设，则，
所以，
因为函数在上单调递增，，
所以当时，即点的坐标为时，取最小值，最小值为.

故答案为：；.
15．已知正实数m，n，满足，则的最小值为 .
【答案】
【知识点】根据函数的单调性求参数值、基本不等式求和的最小值、用导数判断或证明已知函数的单调性
【分析】，利用函数单调性可得，又注意到，后由基本不等式可得答案.
【详解】，构造函数，则，即在上单调递增，
则.则，
当且仅当，即时取等号.
故答案为：.
三、解答题：本题共5小题，共75分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。
16．（本小题满分14分）
在中，内角，，的对边分别为，，，，.
(1)求的值；
(2)求的值；
(3)若的面积为，求的值.
【答案】(1)；
(2)；
(3)4.
【知识点】逆用和、差角的余弦公式化简、求值、三角形面积公式及其应用、二倍角的余弦公式、正弦定理边角互化的应用
【分析】（1）应用正弦边角关系得，结合已知及余弦定理得，再由平方关系求；
（2）应用二倍角正余弦公式、和角余弦公式求函数值；
（3）由三角形面积公式得，结合、即可求边长.
【详解】（1）因为，所以，而，
，，
；
（2）由（1），，
；
（3）由（1），则，又，则，
又，则.
17．（本小题满分15分）
在如图所示的几何体中，四边形是正方形，四边形是梯形，，且.
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面所成角的大小；
(3)已知点在棱上，且异面直线与所成角的余弦值为，试确定点的位置.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)点为靠近的四等分点
【知识点】由异面直线所成的角求其他量、面面角的向量求法、证明线面平行
【分析】（1）根据平行四边形的性质，结合线面平行的判定，可得答案；
（2）由题意建立空间直角坐标系，求得两平面的法向量，利用面面角的向量公式，可得答案；
（3）由（2）的空间直角坐标系，表示出直线的方向向量，利用线线角的向量公式，建立方程，可得答案.
【详解】（1）取的中点为，连接，如下图：
因为为的中点，所以，由，则，
因为，所以四边形是平行四边形，则，且，
因为在正方形中，且，即且，
所以四边形为平行四边形，则，
因为平面，平面，所以平面.
（2）由，则，
在正方形中，，所以两两垂直，
以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如下图：
则，
可得，，，，
设平面的法向量为，则，
令，则，所以平面的一个法向量；
设平面的法向量为，则，
令，则，所以平面的一个法向量，
设平面与平面的所成角为，
则，由，则.
（3）由题意作图如下：
设，则，
可得，
设异面直线与所成角为，
则，
整理可得，解得，
即，由，则，即，
故点为靠近的四等分点.
18．（本小题满分15分）
已知椭圆的中心为坐标原点，对称轴为轴，轴，且过两点．
(1)求的方程；
(2)过点，斜率不为0的直线与椭圆交于两点，点，直线与轴交于，与轴交于，直线与轴交于，与轴交于．若，求直线的斜率．
【答案】(1)；
(2).
【知识点】根据直线与椭圆的位置关系求参数或范围、椭圆中三角形（四边形）的面积、根据椭圆过的点求标准方程
【分析】（1）根据椭圆所过的点求参数，即可得方程；
（2）设直线，联立椭圆并应用韦达定理，再由直线，直线求交点坐标，根据面积关系得，进而求得，即可得.
【详解】（1）设的方程为且，
将两点代入得，解得，
故的方程为．
（2）依题意，设直线，
联立，消去整理得，
则，即，且．
直线，直线，
令，则，
令，则，
由，得，即，
整理得，
因为，所以，解得，
所以直线的斜率为．
19．（本小题满分15分）
已知数列为等差数列，数列为等比数列，且，，，，．
(1)求数列和的通项公式；
(2)已知，求数列的前项和；
(3)当时，设集合，集合中元素的个数记为，求数列的通项公式．
【答案】(1)，
(2)
(3)
【知识点】错位相减法求和、数列不等式能成立（有解）问题、等比数列通项公式的基本量计算、分组（并项）法求和
【分析】（1）根据已知条件可求出等差数列的公差的值，结合等差数列的通项公式可求出的表达式，设等比数列的公比为，根据已知条件可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，即可得出等比数列的通项公式；
（2）分别利用裂项求和法、错位相减法求出数列的前项中的奇数项、偶数项的和，即可得出；
（3）分析可知，集合中元素个数等价于满足的不同解的个数，、进行讨论，推出矛盾，可得出，然后利用不等式的基本性质可得出解的个数，即可得出数列的通项公式.
【详解】（1）因为数列为等差数列，所以，该数列的公差为，
所以，，
设等比数列的公比为，
由可得，解得，则.
（2）当为奇数时，，
设数列奇数项的和为，
则.
当为偶数时，，设数列的偶数项的和为，
则，
可得，
上述两个等式作差得
，
整理可得，
所以，.
（3）集合中元素个数等价于满足的不同解的个数，
若，则，与已知矛盾；
若，则，与已知矛盾，所以，，
又因为，
所以，，
即、、、、，共个解，故.
20．（本小题满分16分）
已知函数.
(1)若，函数在点处的切线斜率为，求函数的单调区间和极值；
(2)试利用（1）结论，证明：；
(3)若，且，不等式恒成立，求的取值范围.
【答案】(1)单调递增区间为，函数的单调递减区间为，极大值1，无极小值.
(2)证明见解析
(3).
【知识点】利用导数证明不等式、利用导数研究不等式恒成立问题、利用导数求函数的单调区间（不含参）、求已知函数的极值
【分析】（1）求，由求出，分别解和，即可求出函数的单调区间和极值；
（2）由（1）可得令，可得，再由放缩法结合等比数列的前项和可证明；
（3）将不等式转化为证明桓成立，分，讨论，当时，对不等式两侧同时取对数，构建新函数，令，等价于恒成立，结合的单调性可得，设，求出的最大值，即可得出答案.
【详解】（1）当时，，
，由已知，所以，
即，因为，
所以，当时，，当时，，
因此，的单调递增区间为，函数的单调递减区间为.
当时，函数取得极大值，无极小值.
（2）证明：由（1）可得当时，，即
令，可得，所以，
所以，
，原式得证.
（3）已知，则，不等式为，
即桓成立，
（i）当时，任意，因此满足条件.
（ii）当时，，不等式两侧同时取对数，
有，等价于①，
构建新函数，令，①式等价于恒成立，
而，函数在其定义域上单调递增，因此对任意，有
成立，即任意，有，
等价于②，设，
当时，，当时，，
所以，函数在区间上单调递增，在区间上单调逆减，
所以，因此由（2）式可得.
综上，正实数的取值范围为.