黄金卷02（天津专用）-【赢在高考·黄金8卷】备战2025年高考数学模拟卷

【赢在高考·黄金8卷】备战2025年高考数学模拟卷（天津专用） 黄金卷02 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 第I卷（选择题） 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，只有一项是符合要求的。 1．已知集合，则（    ） A． B． C． D． 2．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 3．研究函数图象的特征，函数的图象大致为（    ） A． B． C． D． 4．抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件“第一枚硬币正面朝上”，事件“第二枚硬币反面朝上”，下列结论中正确的是（    ） A．与互为对立事件 B．与互斥 C． D．与相等 5．已知数列为不单调的等比数列，，数列满足，则数列的最大项为（    ）． A． B． C． D． 6．已知M是内一点且，，若，和的面积分别为，x，y，则的最小值是（   ） A．16 B．10 C．8 D．6 7．在长方体中，，，其外接球体积为，则其外接球被平面截得图形面积为（    ） A． B． C． D． 8．已知双曲线与抛物线，抛物线的准线过双曲线的焦点，过点作双曲线的一条渐近线的垂线，垂足为点，延长与抛物线相交于点，若，则双曲线的离心率等于（    ） A． B． C． D． 9．已知函数，若方程有三个不同的实数根，且，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 第II卷（非选择题） 二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。 10．i为虚数单位，若复数，则 11．展开式中的系数为 .（结果用数字表示） 12．已知等差数列，的前项和分别为，，若，则 . 13．在梯形中，，点满足，则 ；若与相交于点，为线段延长线上的动点，则的最小值为 ． 14．两相交圆与的公共弦所在的直线方程为 ，以公共弦为直径的圆的方程为 . 15．，若有且只有两个零点，则实数的取值范围是 ． 三、解答题：本题共5小题，共75分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。 16．（14分）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． (1)求的值； (2)若，的面积为，求的周长． 17．（15分）在如图所示的几何体中，平面是的中点，，．    (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成夹角的余弦值． 18．（15分）设椭圆经过点，长轴长是短轴长的2倍，上顶点为. (1)求椭圆的方程； (2)过点且斜率为的直线与椭圆交于另一点，过点作与垂直的直线，交直线于点，过点作直线的垂线，垂足为，若，求的值. 19．（15分）已知数列的前项和为，，，数列为正项等比数列，，是与的等差中项. (1)求和的通项公式： (2)若，求数列的前项和； (3)设，求数列的前项和. 20．（16分）已知函数，，令函数． (1)当时，求函数在处的切线方程； (2)当为正数时，讨论函数的单调性； (3)若不等式对一切都成立，求的取值范围． 试卷第2页，共22页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 【赢在高考·黄金8卷】备战2025年高考数学模拟卷（天津专用） 黄金卷02 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 第I卷（选择题） 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，只有一项是符合要求的。 1．已知集合，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】解一元二次不等式化简集合，结合交集的概念即可得解. 【详解】因为，所以. 故选：B. 2．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 【答案】A 【分析】先解不等式得或，再根据基本关系判定即可得答案. 【详解】解不等式得或， 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 3．研究函数图象的特征，函数的图象大致为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由奇函数的定义以及当时有即可判断. 【详解】定义域为，即定义域关于原点对称， 且， 所以是奇函数，其图象关于原点对称，故排除CD， 注意到当时，有，即， 此时函数图象位于轴下方，故排除A，经检验B选项符合题意. 故选：B. 4．抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件“第一枚硬币正面朝上”，事件“第二枚硬币反面朝上”，下列结论中正确的是（    ） A．与互为对立事件 B．与互斥 C． D．与相等 【答案】C 【分析】列举出所有基本事件，再结合互斥事件、对立事件的意义及古典概型逐项判断即得. 【详解】抛掷两枚质地均匀的硬币的所有结果是：(正，正)，(正，反)，(反，正)，(反，反)， 事件A包含的结果有：(正，正)，(正，反)，事件B包含的结果有：(正，反)，(反，反)， 对于AB，事件与能同时发生，不是互斥事件，不是对立事件，AB错误； 对于C，，C正确； 对于D，事件与事件不是同一个事件，D错误． 故选：C 5．已知数列为不单调的等比数列，，数列满足，则数列的最大项为（    ）． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据等比数列的概念求公比及通项公式，再利用指数函数的单调性求最大项即可. 【详解】由题意可知或， 又为不单调的等比数列，所以，则， 故， 若要求的最大项，需为偶数，则， 根据指数函数的单调性可知当时，为的最大项. 故选：C 6．已知M是内一点且，，若，和的面积分别为，x，y，则的最小值是（   ） A．16 B．10 C．8 D．6 【答案】B 【分析】利用向量的数量积的运算求得的值，利用三角形的面积公式求得的值，进而把转化为利用基本不等式求得的最小值即可． 【详解】因为，， 所以，即， ，即， ， 当且仅当 ，即时等号成立， 故选：B． 7．在长方体中，，，其外接球体积为，则其外接球被平面截得图形面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出底面为正方形，长方体外接球的直径即为长方体的体对角线且球心在体对角线的中点，由外接球的体积求出，从而求出底面边长，再利用向量法求出球心到平面的距离，即可求出截面圆的半径，从而求出其面积. 【详解】如图建立空间直角坐标，设、，则， ，，， 所以，， 因为，所以，所以，即为正方形， 又长方体的外接球的直径为长方体的体对角线长， 外接球的球心为体对角线的中点不妨设为， 由外接球体积为，所以，解得， 又，解得（负值舍去）， 所以，，，， 所以，，， 设平面的法向量为，则，取， 所以点到平面的距离， 所以外接球被平面截得的截面圆的半径， 所以截面圆的面积， 即外接球被平面截得图形面积为. 故选：B    8．已知双曲线与抛物线，抛物线的准线过双曲线的焦点，过点作双曲线的一条渐近线的垂线，垂足为点，延长与抛物线相交于点，若，则双曲线的离心率等于（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据向量关系可得，进而可得，，利用三角形相似可得，将其代入抛物线方程即可求解. 【详解】设双曲线的焦距为， 抛物线的准线过双曲线的焦点， ， 又到的距离，即， ，， ，则， ，得， 过作轴，则， 故， 因此 由于在抛物线上，所以即， ，故， 故． 故选：C． 9．已知函数，若方程有三个不同的实数根，且，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设，由题意有三个不同的实数根，利用导数得出其单调区间，得出其函数图像，数形结合得出的范围，由可得出答案. 【详解】解：方程，显然不为该方程的实数根， 设， 即方程有三个不同的实数根， 即有三个不同的实数根， 当时， ，则， 由，可得；，可得， 所以在 上单调递增，在上单调递减， 且当时，，当时， 从而作出的大致图像. 由图可知当时，直线与函数的图象有3个交点， 即方程有三个不同的实数根. 由，得， 由，得， 所以 所以． 故选：A． 【点睛】易错点点睛：在画的图象时注意其函数值的取值范围. 第II卷（非选择题） 二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。 10．i为虚数单位，若复数，则 【答案】 【分析】先利用复数除法运算化简复数，然后代入模的运算求解即可. 【详解】因为，所以. 故答案为： 11．展开式中的系数为 .（结果用数字表示） 【答案】28 【分析】先求出展开式的通项公式，然后求出其和的系数，两系数相减可得答案. 【详解】因为展开式的通项公式为， 所以展开式中的系数为. 故答案为：28 12．已知等差数列，的前项和分别为，，若，则 . 【答案】 【分析】由已知关系，结合等差数列前n项和公式、等差中项性质即可求结果. 【详解】由，即. 故答案为： 13．在梯形中，，点满足，则 ；若与相交于点，为线段延长线上的动点，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】结合图形，利用向量的加减运算和数量积的定义化简计算即可求得；接着根据条件建立平面直角坐标系，设运用向量数量积的坐标运算式,将化成关于的二次函数，利用其图象特征即得的最小值. 【详解】 由图知，, 解得，，因，则； 如图建立平面直角坐标系，因，易得正. 则,直线的方程为：， 直线的方程为：,两直线联立解得，即， 因N为线段AC延长线上的动点，故可设则， 于是， ， 因，故当时，取得最小值，为. 故答案为：；. 14．两相交圆与的公共弦所在的直线方程为 ，以公共弦为直径的圆的方程为 . 【答案】 【分析】将两圆的方程相减即可得公共弦所在的直线方程；设所求圆的方程为：，得圆心，代入直线，求解即可. 【详解】解：将与的方程相减，得， 即两圆的公共弦所在直线方程为：； 因为不在直线上， 所以设所求圆的方程为：， 即：， 其圆心， 因为圆心在直线上， 所以，解得， 故所求方程为， 即. 故答案为：； 15．，若有且只有两个零点，则实数的取值范围是 ． 【答案】 【分析】当时，求导得到单调区间，根据平移和翻折得到函数图象，变换得到，根据函数图象得到或，解得答案. 【详解】当时，，， 当时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减，且， 当时， ，其图象可以由的图象向左平移一个单位， 再向下平移个单位，再把轴上方的图象翻折到轴下方得到， 画出函数图象，如图所示： ，当时，，无零点； 当时，，即， 函数有两个零点，即函数与函数的图象有两个交点， 根据图象知：或，解得或. 故实数的取值范围是. 故答案为：. 【点睛】关键点睛：本题考查了利用导数解决函数的零点问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中画出函数图象，将零点问题转化为函数图象的交点问题是解题的关键，数形结合的思想需要熟练掌握. 三、解答题：本题共5小题，共75分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。 16．（14分）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． (1)求的值； (2)若，的面积为，求的周长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用正弦定理、两角和的正弦公式、诱导公式化简已知条件，由此求得的值； （2）利用三角形的面积列方程，求得的值，结合余弦定理求得的值，进而求得三角形的周长. 【详解】（1）因为， 由正弦定理可得：， 且，可得， 且，可知，可得. （2）由（1）可知：，，则， 因为的面积为，可得， 由余弦定理可得， 即，可得， 所以的周长为. 17．（15分）在如图所示的几何体中，平面是的中点，，．    (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）根据平行四边形的判定及性质，等腰三角形性质及线面垂直的性质判定推理即得. （2）以为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量求出面面夹角余弦值. 【详解】（1）取的中点，连接，由是的中点，得，而，则． 又，于是四边形是平行四边形，， 在中，，，有，由平面， 平面，得，而平面，因此平面， 所以平面. （2）由（1）知平面，而，则直线两两垂直， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，    于是,,,,，，， 设是平面的一个法向量，则，令，得， 显然平面的一个法向量为，设平面与平面的夹角为， 因此， 所以平面与平面夹角的余弦值是. 18．（15分）设椭圆经过点，长轴长是短轴长的2倍，上顶点为. (1)求椭圆的方程； (2)过点且斜率为的直线与椭圆交于另一点，过点作与垂直的直线，交直线于点，过点作直线的垂线，垂足为，若，求的值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由椭圆经过点和长轴长是短轴长的2倍，得到和求解； （2）设直线的方程为，与椭圆方程联立，求得点P的横坐标，再由，设直线的方程为与直线联立，求得Q的坐标，然后根据由 即求解. 【详解】（1）解：椭圆经过点，即， 将点坐标代入方程，得， 解得 椭圆的方程为 . （2）如图所示： ，由题意可知，直线的斜率存在，且不为0. 直线的方程为 联立消去，得， 解得或， 点与点不同， ， 直线的方程为 直线 联立，解得 垂直于直线 在直角和直角中， 即 代入 化简得 解得 的值为. 【点睛】思路点睛：本题第二问的基本思路是根据点B坐标设出直线的方程，与椭圆方程联立，求得点P的坐标，再由，设直线的方程，与直线联立，求得Q的坐标，通过由而得解. 19．（15分）已知数列的前项和为，，，数列为正项等比数列，，是与的等差中项. (1)求和的通项公式： (2)若，求数列的前项和； (3)设，求数列的前项和. 【答案】(1)， (2) (3) 【分析】（1）根据得到是以为首项，为公差的等差数列，即可求出的通项，设正项等比数列的公比为，由等比中项的性质求出，再由等差中项的性质求出，即可求出的通项； （2）由（1）可得，利用错位相减法计算可得； （3）由（1）可得，利用裂项相消法及分组求和法计算可得. 【详解】（1）因为， 所以，即，所以， 所以是以为首项，为公差的等差数列，所以， 设正项等比数列的公比为，由，解得或（舍去）， 又是与的等差中项，所以 ，即， 即，解得（负值舍去）， 所以. （2）由（1）可得， 所以， 所以， 所以 ， 所以. （3）由（1）可得 ， 所以 当为偶数时 ， 当为奇数时 ， 综上可得. 20．（16分）已知函数，，令函数． (1)当时，求函数在处的切线方程； (2)当为正数时，讨论函数的单调性； (3)若不等式对一切都成立，求的取值范围． 【答案】(1) (2)分类讨论，答案见解析. (3) 【分析】（1）当时，对求导，求出，由点斜式方程即可得出答案； （2）对求导，分类讨论，和，讨论与的大小，即可求出函数的单调性； （3）将不等式变形为，令，即在上单调递增，分类讨论和，使得在恒成立，求解即可. 【详解】（1）当时，，， 故，则， 故函数在处的切线方程为，即； （2）因为，， 则， 时，在，上为正，上为负， 所以的单增区间为，，单减区间为， 时，在上恒，所以在上单调递增， 时，在，上为正，上为负， 所以的单增区间为，，单减区间为， 综上：时，的单增区间为，，单减区间为， 时，在上单调递增， 时，的单增区间为，，单减区间为. （3）由，，变形为， 令，则在上单调递增， 其中，， 则， 若，此时在上恒成立， 则在上单调递增，满足要求， 若，此时要满足在恒成立， 令，对称轴为， 故要满足，解得， 综上：，即的取值范围是． 【点睛】关键点睛：本题第三问的关键点是将不等式变形为，令，将题意转化为在上单调递增，分类讨论和，使得在恒成立，求解即可. 试卷第2页，共22页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 【赢在高考·黄金8卷】备战2025年高考数学模拟卷（天津专用） 黄金卷02·参考答案 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 第I卷（选择题） 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，只有一项是符合要求的。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 B A B C C B B C A 第II卷（非选择题） 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 10． 11． 28 12． 13． 14. 15. 三、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。 16．（14分） 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用正弦定理、两角和的正弦公式、诱导公式化简已知条件，由此求得的值； （2）利用三角形的面积列方程，求得的值，结合余弦定理求得的值，进而求得三角形的周长. 【详解】（1）因为， 由正弦定理可得：， 且，可得， 且，可知，可得. （2）由（1）可知：，，则， 因为的面积为，可得， 由余弦定理可得， 即，可得， 所以的周长为. 17．（15分） 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）根据平行四边形的判定及性质，等腰三角形性质及线面垂直的性质判定推理即得. （2）以为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量求出面面夹角余弦值. 【详解】（1）取的中点，连接，由是的中点，得，而，则． 又，于是四边形是平行四边形，， 在中，，，有，由平面， 平面，得，而平面，因此平面， 所以平面. （2）由（1）知平面，而，则直线两两垂直， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，    于是,,,,，，， 设是平面的一个法向量，则，令，得， 显然平面的一个法向量为，设平面与平面的夹角为， 因此， 所以平面与平面夹角的余弦值是. 18．（15分） 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由椭圆经过点和长轴长是短轴长的2倍，得到和求解； （2）设直线的方程为，与椭圆方程联立，求得点P的横坐标，再由，设直线的方程为与直线联立，求得Q的坐标，然后根据由 即求解. 【详解】（1）解：椭圆经过点，即， 将点坐标代入方程，得， 解得 椭圆的方程为 . （2）如图所示： ，由题意可知，直线的斜率存在，且不为0. 直线的方程为 联立消去，得， 解得或， 点与点不同， ， 直线的方程为 直线 联立，解得 垂直于直线 在直角和直角中， 即 代入 化简得 解得 的值为. 【点睛】思路点睛：本题第二问的基本思路是根据点B坐标设出直线的方程，与椭圆方程联立，求得点P的坐标，再由，设直线的方程，与直线联立，求得Q的坐标，通过由而得解. 19．（15分） 【答案】(1)， (2) (3) 【分析】（1）根据得到是以为首项，为公差的等差数列，即可求出的通项，设正项等比数列的公比为，由等比中项的性质求出，再由等差中项的性质求出，即可求出的通项； （2）由（1）可得，利用错位相减法计算可得； （3）由（1）可得，利用裂项相消法及分组求和法计算可得. 【详解】（1）因为， 所以，即，所以， 所以是以为首项，为公差的等差数列，所以， 设正项等比数列的公比为，由，解得或（舍去）， 又是与的等差中项，所以 ，即， 即，解得（负值舍去）， 所以. （2）由（1）可得， 所以， 所以， 所以 ， 所以. （3）由（1）可得 ， 所以 当为偶数时 ， 当为奇数时 ， 综上可得. 20．（16分） 【答案】(1) (2)分类讨论，答案见解析. (3) 【分析】（1）当时，对求导，求出，由点斜式方程即可得出答案； （2）对求导，分类讨论，和，讨论与的大小，即可求出函数的单调性； （3）将不等式变形为，令，即在上单调递增，分类讨论和，使得在恒成立，求解即可. 【详解】（1）当时，，， 故，则， 故函数在处的切线方程为，即； （2）因为，， 则， 时，在，上为正，上为负， 所以的单增区间为，，单减区间为， 时，在上恒，所以在上单调递增， 时，在，上为正，上为负， 所以的单增区间为，，单减区间为， 综上：时，的单增区间为，，单减区间为， 时，在上单调递增， 时，的单增区间为，，单减区间为. （3）由，，变形为， 令，则在上单调递增， 其中，， 则， 若，此时在上恒成立， 则在上单调递增，满足要求， 若，此时要满足在恒成立， 令，对称轴为， 故要满足，解得， 综上：，即的取值范围是． 【点睛】关键点睛：本题第三问的关键点是将不等式变形为，令，将题意转化为在上单调递增，分类讨论和，使得在恒成立，求解即可. 试卷第2页，共22页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$