2025年高考押题预测卷：数学（天津卷03）（解析版）

这是一份2025年高考押题预测卷：数学（天津卷03）（解析版），共18页。试卷主要包含了已知，则等内容，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。
第一部分（选择题 共45分）
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
【详解】由可解得，所以，
由可解得，又，所以，
所以.
故选：A．
2．已知为平面，为两条不同的直线，且，设命题甲：；命题乙：，则（ ）
A．甲是乙的充分不必要条件B．甲是乙的必要不充分条件
C．甲是乙的充要条件D．甲是乙的既不充分也不必要条件
【答案】D
【详解】，，或，充分性不成立；
，，和相交、平行或异面，必要性不成立.
故选：D.
3．函数的图象如图所示，则的解析式可能为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】由图可知的图象关于原点对称，则为奇函数，
对于A ：定义域为，定义域关于原点对称，，
所以为偶函数，不符合题意，故A错误；
对于C：定义域为，定义域关于原点对称，
，
所以为偶函数，不符合题意，故C错误；
对于D：定义域为，定义域关于原点对称，
，
所以为奇函数，
当时，，，所以恒成立，不符合题意，故D错误；
故利用排除法可知选项B符合题意.
故选：B
4．已知，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】已知，
则.
故选：A.
5．已知互不相等的数据，，，，，，的平均数为，方差为，数据，，，，，的方差为，则（ ）
A．B．
C．D．与的大小关系无法判断
【答案】C
【详解】根据已知条件第一组数据的个数为个，且，
所以，
，
第二组数据的个数为个，且平均数，
，
因为，
所以.
故选：C
6．已知函数在内恰有3个最值点和3个零点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】因为，
且当时，，
因为函数在内恰有3个最值点和3个零点，
所以，解得，
故选：D．
7．在直三棱柱中，，若该棱柱外接球的表面积为，则侧面绕直线旋转一周所得到的旋转体的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】因直三棱柱中，，
则两个底面三角形的外接圆圆心分别为的中点，
如图所示，.
设棱柱的外接球的半径为，圆心为，
由，可得，由对称性知，O为中点，
由图，解得.
因侧面绕直线旋转一周后得到的几何体是底面半径为，高为2的圆柱，
其体积为.
故选：B
8．已知双曲线的焦距为，左、右焦点分别为，过点作斜率不为0的直线与双曲线的左、右支分别交于两点．若的内切圆与直线相切于点，且，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【详解】设的内切圆分别切于点，
则，，
因为，
所以，得，
所以，即，①
因为，所以，
即，②，
所以①②，得，得，
因为，所以，
所以，
所以双曲线的渐近线方程为，
即.
故选：D

9．已知函数，，有恒成立，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】∵，∴，
当时，则恒成立，
在上单调递减，
由一次函数与函数一定存在交点可知函数存在零点，
即存在，使得时，，时，，
不符合题意，舍去.
当时，
设直线为函数切线，设切点为
则，即，则，，
①当时，函数存在两个零点，
令，则，
∴当时，，单调递减；当时，，单调递增；
故，∵，
∴，即恒成立.
此时无法满足题意，舍去；
②当时，由①可知，，满足，
③当时，恒成立，要使得恒成立，则需要恒成立，由①得，∴，即.
综上所述.
故选：D.
第二部分（非选择题 共105分）
二、填空题：本题共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．已知（为常数）的展开式中所有项系数的和与二项式系数的和相等，则该展开式中的常数项为
【答案】
【详解】由题意知，展开式中所有项的二项式系数和为，
令得，展开式中所有项的系数和为，
由题意知它们相等得，，
再根据展开式通项公式：，
当时，解得，
所以展开式中的常数项为，
故答案为：.
12．已知圆C：，圆是以圆上任意一点为圆心，半径为1的圆.圆C与圆交于A，B两点，则当最大时， .
【答案】2
【详解】易知圆心，半径，
又因为都在圆上，可知，如图所示：
当公共弦长最大时，最大，此时弦为圆的直径，
在中，，
所以.
故答案为：2
13．某校高三年级共8个班举行乒乓球比赛，每班一名选手代表班级参加，每一轮比赛前抽签决定对阵双方，负者淘汰，胜者进入下一轮，直至最后产生冠军，其中各场比赛结果相互独立．根据以往经验，高三（1）班选手甲和高三（2）班选手乙水平相当，且在所有选手中水平稍高，他们对阵其他班级选手时获胜的概率都为，除甲、乙外的其他6名选手水平相当，则高三（1）班的选手甲通过第一轮的概率为 ，第三轮比赛由甲、乙争夺冠军的概率为 ．
【答案】
【详解】甲在首轮遇到乙的概率为，此时甲获胜的概率为，
甲遇到其他6名选手的概率为，此时甲获胜的概率为，
所以甲获胜概率为：；
第一轮中甲和乙不相遇且两人均获胜，其概率为,
进入第二轮的4人中，甲和乙不相遇的概率为，且两人均击败对手的概率为，
故第二轮中甲和乙不相遇且两人均获胜，其概率为，
所以甲、乙在第三轮争夺冠军的概率为.
故答案为：；
14．在平行四边形中，，．若为的中点，则向量在向量上的投影向量为 （用表示）；若，点在边上，满足，点，分别为线段，上的动点，满足，则的最小值为 ．
【答案】
【详解】依题意可知，
又，，
所以
则向量在向量上的投影向量为；
以为坐标原点建立平面直角坐标系，如下图所示：
由，可得，且，
所以，
又，所以；
设，所以，由可得；
又，所以；
因此；
可得，
显然当时取得最小值，最小值为.
故答案为：；
15．设函数，函数．若函数恰有两个零点，则的取值范围为 ．
【答案】
【详解】令函数，
函数在R上单调递增，而，则当时，，
当时，，因此，
令函数，由恰有两个零点，得函数的图象与直线有两个交点，
在同一坐标系内作出函数的图象与直线，
直线恒过定点，观察图象，
当时，函数的图象与直线恒有两个交点，则；
当直线过点时，函数的图象与直线有两个交点，则；
当直线与曲线相切时，函数的图象与直线有两个交点，
设切点坐标为，，于是，解得，则，
所以的取值范围为.
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、证明过程或演算步骤.
16．（14分）
在中，内角、、的对边分别为、、，且.
(1)求角；
(2)若是锐角三角形，且，求的取值范围.
【详解】（1）因为，由正弦定理可得，
因为、，则，所以，，
则有，故.（6分）
（2）因为为锐角三角形，则，所以，，
所以，，则，（9分）
由正弦定理可得，
所以，，（13分）
即的取值范围是.（14分）
17．（15分）
如图，在多面体ABCDGEF中，四边形ABCD为直角梯形，且满足，，，，平面ABCD．
(1)证明：平面CDE；
(2)求平面CDE与平面ABE夹角的余弦值；
(3)在线段BE上是否存在一点P，使得直线DP与平面ABE所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，说明理由．
【详解】（1）因为且，所以四边形为平行四边形，
又，所以四边形为菱形，所以.
因为平面平面，所以，
又平面，所以平面，
又平面，所以，
又平面，所以平面.（4分）
（2）因为平面平面，所以，
又，
以为原点，分别以的方向为轴，轴，..轴的正方向建立空间直角坐标系如图所示，
则，
所以，（6分）
由（1）知平面CDE的法向量为，
设平面的法向量为，则，
令，得，所以.（8分）
故c，
平面CDE与平面ABE夹角的余弦值为；（10分）
（3）假设线段上存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，
设，
则
,（12分）
解得或.（13分）
所以线段上存在点，当或时，
使得直线与平面所成角的正弦值为.（15分）
18．（15分）
已知椭圆的离心率为，且过点.
(1)求的方程；
(2)已知为坐标原点，直线与交于两点.
①若的面积为2，求直线的方程；
②记外接圆的圆心为，平面上是否存在两定点，使得为定值？若存在，求出两定点的坐标和定值；若不存在，请说明理由.
【详解】（1）由题意知；解得，
所以的方程为.（4分）
（2）设，如下图所示：
联立得，
则.（6分）
①所以
又点到直线的距离，
所以的面积，
解得或，即直线的方程为或.（9分）
②所以的中垂线方程为：，即
同理可得的中垂线方程为：
由两式可得.
所以外接圆圆心的横坐标，（11分）
其中，
，
所以（12分）
又的中垂线方程为，即，
所以圆心的纵坐标为，
所以，（13分）
即圆心在双曲线上，
易知双曲线两焦点为，
由双曲线定义可知存在定点或满足题意；
所以存在定点或，使得.（15分）
19．（15分）
已知数列的前项和，，，.设数列的前项和为，且，
(1)求的通项公式；
(2)求；
(3)求证：.
【详解】（1）数列中，，当时，，
两式相减，得，而，则，
由，得，因此数列都是公差为4，首项分别为1，3的等差数列，
，即当为奇数时，；
，即当为偶数时，，
所以的通项公式是.（5分）
（2）由（1）知，，
当为偶数时，，
当为奇数时，，
所以.（10分）
（3）依题意，，而，
因此，解得，（12分）
当时，，满足上式，则，
当时，，
当时，
，而，
所以.（15分）
20．（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.
【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.（6分）
（2）证明：由（1）可得当时，，即
令，可得，所以，
所以，
，原式得证.（9分）
（3）已知，则，不等式为，
即桓成立，
（i）当时，任意，因此满足条件.（11分）
（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，（14分）
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.（16分）