黄金卷03（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03 注意事项： 1．每小题选出答案后，用铅笔将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， 2，本卷共9小题，每小题5分，共45分 参考公式： •如果事件A、B互斥，那么． •如果事件A、B相互独立，那么． •球的体积公式，其中R表示球的半径． •圆锥的体积公式，其中S表示圆锥的底面面积，h表示圆锥的高。 1、 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】C 【详解】因为，， 则. 故选：C. 2．“”是“函数在区间上单调递增”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 【答案】A 【详解】二次函数图象的对称轴为， 若函数在区间上单调递增， 根据复合函数的单调性可得，即， 若，则，但是，不一定成立， 故“”是“函数在区间上单调递增”的充分不必要条件． 故选：A 3．已知，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】，，，，， 又，，. 故选：B. 4．函数的部分图象大致是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】函数的定义域，且，所以函数是奇函数，函数图象关于原点对称，排除D， 当，，则函数值，即原点右侧开始的函数值是正数，排除B， 时，，即，存在满足不等式，所以当时，函数的零点都是变号零点，并不恒为正数，排除C. 故选：A 5．下列说法错误的是（ ） A．线性相关系数越接近1，两个变量的线性相关程度越强； B．独立性检验可以100%确定两个变量之间是否具有某种关系； C．在回归分析中，可用残差图判断模型的拟合效果，残差点比较均匀地落在水平的带状区域中，说明这样的模型比较合适，带状区域的宽度越窄，说明模型的拟合精度越高； D．甲、乙两个模型的决定系数分别约为0.88和0.80，则模型甲的拟合效果更好． 【答案】B 【详解】对于A，根据线性相关系数的定义可判断A正确； 对于B，独立性检验是存在某种程度的错误概率的，因此可得B错误； 对于C，利用回归分析残差概念以及残差图可判断C正确； 对于D，决定系数的值越大，说明拟合效果越好，显然，即模型甲的拟合效果更好，可得D正确. 故选：B 6．数列中，，，且（），则为（   ） A．2 B．1 C． D． 【答案】A 【详解】由，，且可得……, 所以为周期数列，且周期为6，故， 故选：A 7．函数，其中，其最小正周期为，则下列说法中错误的个数是（    ） ① ②函数图象关于点对称 ③函数图象向右移个单位后，图象关于轴对称，则的最小值为 ④若，则函数的最大值为 A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】A 【详解】由已知， 所以， 又，所以函数的最小正周期为， 由已知，所以，①正确； 所以， 因为，所以函数图象关于点对称，②正确， 将函数图象向右移个单位后可得函数的图象， 因为的图象关于轴对称， 所以，又， 所以的最小值为，③正确， 若，则， 所以，故， 所以当时，函数取最大值，最大值为，④错误. 故选:A 8．焦点在轴上的双曲线与双曲线有相同的渐近线，过点的直线与双曲线交于两点，若线段的中点是，则双曲线的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】设，则，且， 因为，两式相减可得， 整理可得，即，可得， 即双曲线的渐近线方程为， 设双曲线的方程为，则， 所以双曲线的离心率为. 故选：D. 9．若函数，恰有3个零点，则实数a的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由，得， 作出函数的图象，如图所示： 令，则， 由图可知，当时，直线与函数的图象有3个交点， 从而函数有3个零点， 但对恒成立，即对恒成立， 又，则， 所以. 故选：D. 第II卷 注意事项 1．用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上． 2．本卷共11小题，共105分． 二、填空题，本大题共6小题，每小题5分，共30分，试题中包含两个空的，答对1个的给3分，全部答对的给5分 10．已知复数满足，则 . 【答案】/ 【详解】由，可得， 则. 故答案为：. 11．已知二项式展开式中各项二项式系数的和为16，则 ，展开式中的常数项为 ． 【答案】 【详解】因为二项式展开式中各项二项式系数的和为16， 所以，解得， 展开式的通项为， 令，得， 所以展开式中的常数项为. 故答案为：；. 12．已知圆：与圆：交于A，B两点，当变化时，的最小值为，则 ． 【答案】 【详解】与相减， 可得两圆的公共弦所在线的方程为：， 由圆：可得，圆的半径为4， 圆心到AB直线的距离为， ，因为， 所以，时等号成立， 又因为的最小值为， 所以，解得. 故答案为：. 13．设5支枪中有2支未经试射校正，3支已校正.一射手用校正过的枪射击，中靶率为0.9，用未校正过的枪射击，中靶率为0.4. （1）该射手任取一支枪射击，中靶的概率是 （2）若任取一支枪射击，结果未中靶，求该枪未校正的概率为 . 【答案】0.7/ 0.8/ 【详解】设表示枪已校正，表示射击中靶， ， （1）； （2）. 故答案为：①0.7；②0.8. 14．已知关于的不等式的解集为，其中，则的最小值为 . 【答案】5 【详解】因为关于的不等式的解集为， 所以有， 又因为，所以， 因此， 当且仅当时取等号，因为，所以当时，取等号， 因此， 因为函数在上单调递增， 所以当时，函数， 故答案为：5 15．在边长为1的正方形中，点为线段的三等分点，，则 ；为线段上的动点，为中点，则的取值范围为 . 【答案】 【详解】第一空：解法一：因为，即，则， 可得，所以； 解法二：由题意可知： 以为坐标原点建立平面直角坐标系，如图所示， 则， 可得， 因为，则，所以； 第二空：因为点在线段上， 设，且为中点，则， 可得， 则， 因为时函数递增， 所以当时，取到最小值为； 当时，取到最大值为； 则的取值范围为， 故答案为：；. 3、 解答题，本大题共5小题，共75分，解答应写出文字说明，证明过程成演算步骤。 16．在中，内角A、、的对边分别为，，，． (1)求角的大小； (2)若，．求： （ⅰ）面积和边长； （ⅱ）的值． 【详解】（1）因，由正弦定理可得： 又在三角形中，，则. 又，则，又，则； （2）（ⅰ）由（1），； 又由余弦定理， 则； （ⅱ）由余弦定理： 则，，又 . 则. 17．如图，已知在四棱锥中，平面，四边形为直角梯形，，，点是棱上靠近端的三等分点，点是棱上一点. (1)证明：平面； (2)求点到平面的距离； (3)求平面与平面夹角的余弦值. 【详解】（1）以点为坐标原点，分别为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则. ，设平面的一个法向量为， 则，即，令，得，则. 又，可得，因为平面，所以平面. （2）因为平面，所以点到平面的距离等于点A到平面的距离. 易知，则点A到平面的距离为. （3）易知，设平面的一个法向量为， 则，即，令，则. 设平面与平面的夹角为， 则 故平面与平面的夹角的余弦值为. 18．椭圆与椭圆：有相同的焦点，且经过点. (1)求椭圆的方程； (2)椭圆的右焦点为，设动直线与坐标轴不垂直，与椭圆交于不同的，两点，且直线和的斜率互为相反数. ①证明：动直线恒过轴上的某个定点，并求出该定点的坐标； ②求面积的最大值. 【详解】（1）椭圆：的焦点坐标为， 所以椭圆的焦点坐标也为，即得焦距为， ∵椭圆过点， ∴， ∴，， ∴椭圆的标准方程为. （2）设直线：（）， 由，得， 设，，所以，， 所以 ， 因为直线和的斜率互为相反数， 所以，所以， 所以， 所以. 即，所以， 因为，所以，所以动直线恒过轴上的定点 ②由①知，， 且，即， 又 令，则， ∴ （当且仅当时取“＝”） ∴. 19．已知数列满足: 且 (1)设 证明：是等比数列； (2)设 ，证明： 【详解】（1）由题意可得，， 又因为 当时，，所以， 所以，对任意，，① ，② ，③ ②－③得，，④ 将④代入①得，， 所以， 因为 ， 所以， 又因为， 所以是首项为，公比为等比数列. （2）由（1）可知，即，， 故有， 将以上各式相加 得， 即，此时当时也成立. 由④式得， 从而， 又， 所以，对任意， ， ， 因为，故上式， 对于，不等式显然成立， 所以 20．已知函数． (1)当时，求的最小值； (2)当时，求零点的个数； (3)当时，，求的取值范围． 【详解】（1）时，此时，， 令，解得， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 故有唯一极小值点即为最小值点． 则． （2）解法一：令，则， ①当时，，则， ②当时，， ③当时，，当时，， 当时，，即为的一个零点， 综上所述，共有两个零点． 解法二： 令，则或，即或， 因为时，，故， 故有两个零点. （3）时，等号两边成立，满足题意， 令， ①当时，由（2）知，不符合题意； ②当时，，不符合题意； ③当时，， 则必然存在使得，即在上单调递减， 而，则在上为负，不符合题意； ④当时，，不符合题意； ⑤当时，首先应当满足，即， 令，则在该定义域内恒成立， 即单调递增， 又注意到，至此，我们得到了满足题意的一个必要条件． 下面我们证明其充分性： 记， 即对于一个给定的单调递增， 从而证明的情形即可，此时， 令，，解得， 得到在上单调递减，上单调递增， 又可知为的极小值点， 又可知对任意恒成立，充分性证毕， 综上所述，的取值范围是． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 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 $$ 【赢在高考·黄金8卷】备战2025年高考数学模拟卷（天津专用） 黄金卷03 第Ⅰ卷 注意事项： 1．每小题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号， 2，本卷共9小题，每小题5分，共45分 参考公式： •如果事件A、B互斥，那么． •如果事件A、B相互独立，那么． •球的体积公式，其中R表示球的半径． •圆锥的体积公式，其中S表示圆锥的底面面积，h表示圆锥的高。 一、单项选择题：本题共9小题，每小题5分，共45分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。 1．已知集合，则（    ） A． B． C． D． 2．“”是“函数在区间上单调递增”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件 3．已知，，，则（    ） A． B． C． D． 4．函数的部分图象大致是（    ） A． B． C． D． 5．下列说法错误的是（ ） A．线性相关系数越接近1，两个变量的线性相关程度越强； B．独立性检验可以100%确定两个变量之间是否具有某种关系； C．在回归分析中，可用残差图判断模型的拟合效果，残差点比较均匀地落在水平的带状区域中，说明这样的模型比较合适，带状区域的宽度越窄，说明模型的拟合精度越高； D．甲、乙两个模型的决定系数分别约为0.88和0.80，则模型甲的拟合效果更好． 6．数列中，，，且（），则为（   ） A．2 B．1 C． D． 7．函数，其中，其最小正周期为，则下列说法中错误的个数是（    ） ① ②函数图象关于点对称 ③函数图象向右移个单位后，图象关于轴对称，则的最小值为 ④若，则函数的最大值为 A．1 B．2 C．3 D．4 8．焦点在轴上的双曲线与双曲线有相同的渐近线，过点的直线与双曲线交于两点，若线段的中点是，则双曲线的离心率为（    ） A． B． C． D． 9．若函数，恰有3个零点，则实数a的取值范围为（    ） A． B． C． D． 第II卷 注意事项 1．用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上． 2．本卷共11小题，共105分． 二、填空题，本大题共6小题，每小题5分，共30分，试题中包含两个空的，答对1个的给3分，全部答对的给5分。 10．已知复数满足，则 ． 11．已知二项式展开式中各项二项式系数的和为16，则 ，展开式中的常数项为 ． 12．已知圆：与圆：交于A，B两点，当变化时，的最小值为，则 ． 13．设5支枪中有2支未经试射校正，3支已校正.一射手用校正过的枪射击，中靶率为0.9，用未校正过的枪射击，中靶率为0.4. （1）该射手任取一支枪射击，中靶的概率是 ． （2）若任取一支枪射击，结果未中靶，求该枪未校正的概率为 ． 14．已知关于的不等式的解集为，其中，则的最小值为 ． 15．在边长为1的正方形中，点为线段的三等分点，，则 ；为线段上的动点，为中点，则的取值范围为 ． 3、 解答题，本大题共5小题，共75分，解答应写出文字说明，证明过程成演算步骤。 16．在中，内角A、、的对边分别为，，，． (1)求角的大小； (2)若，．求： （ⅰ）面积和边长； （ⅱ）的值． 17．如图，已知在四棱锥中，平面，四边形为直角梯形，，，点是棱上靠近端的三等分点，点是棱上一点. (1)证明：平面； (2)求点到平面的距离； (3)求平面与平面夹角的余弦值. 18．椭圆与椭圆：有相同的焦点，且经过点. (1)求椭圆的方程； (2)椭圆的右焦点为，设动直线与坐标轴不垂直，与椭圆交于不同的，两点，且直线和的斜率互为相反数. ①证明：动直线恒过轴上的某个定点，并求出该定点的坐标； ②求面积的最大值. 19．已知数列满足: 且 (1)设 证明：是等比数列； (2)设 ，证明： 20．已知函数． (1)当时，求的最小值； (2)当时，求零点的个数； (3)当时，，求的取值范围． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 【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03·参考答案 （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 C A B A B A A D D 第II卷（非选择题） 2、 填空题，本大题共6小题，每小题5分，共30分，试题中包含两个空的，答对1个的给3分，全部答对的给5分 10． 11． 12． 13． 14．5 15． 3、 解答题，本大题共5小题，共75分，解答应写出文字说明，证明过程成演算步骤。 16．（14分） 【详解】（1）因，由正弦定理可得：……………………………1分 又在三角形中，，则.…………………………2分 又，则，又，则；……………………………4分 （2）（ⅰ）由（1），；……………………………………5分 又由余弦定理， 则；……………………………………7分 （ⅱ）由余弦定理： ……………………………………9分 则，，又 .……………………………………11分 则………………………14分 17．（15分） 【详解】（1）以点为坐标原点，分别为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则.……………………1分 ，设平面的一个法向量为， 则，即，令，得，则.……………………3分 又，可得，因为平面，所以平面.……………………6分 （2）因为平面，所以点到平面的距离等于点A到平面的距离. 易知，则点A到平面的距离为.……………………9分 （3）易知，设平面的一个法向量为，……………………11分 则，即，令，则.……………………13分 设平面与平面的夹角为， 则……………………15分 18．（15分） 【详解】（1）椭圆：的焦点坐标为，……………………1分 所以椭圆的焦点坐标也为，即得焦距为，……………………2分 ∵椭圆过点， ∴，……………………3分 ∴，， ∴椭圆的标准方程为.……………………4分 （2）设直线：（）， 由，得，……………………6分 设，，所以，，……………………7分 所以 ，……………………8分 因为直线和的斜率互为相反数， 所以，所以，……………………9分 所以， 所以.……………………10分 即，所以， 因为，所以，所以动直线恒过轴上的定点……………………11分 ②由①知，，……………………12分 且，即， 又 ……………………13分 令，则，……………………13分 ∴……………………14分 （当且仅当时取“＝”） ∴.……………………15分 19．（15分） 【详解】（1）由题意可得，， 又因为 当时，，所以，……………………1分 所以，对任意，，① ，② ，③ ②－③得，，④……………………2分 将④代入①得，， 所以， 因为 ， 所以，……………………4分 又因为， 所以是首项为，公比为等比数列.……………………6分 （2）由（1）可知，即，， 故有，……………………7分 将以上各式相加 得， 即，此时当时也成立.……………………8分 由④式得， 从而， 又， 所以，对任意，……………………10分 ……………………11分 ……………………12分 ，……………………13 ，……………………14分 因为，故上式， 对于，不等式显然成立， 所以……………………15分 20．（16分） 【详解】（1）时，此时，，……………………1分 令，解得，……………………2分 当时，单调递减， 当时，单调递增，……………………3分 故有唯一极小值点即为最小值点． 则．……………………4分 （2）解：令，则， ①当时，，则，……………………5分 ②当时，，……………………6分 ③当时，，当时，，……………………7分 当时，，即为的一个零点， 综上所述，共有两个零点．……………………8分 （3）时，等号两边成立，满足题意， 令， ①当时，由（2）知，不符合题意；……………………9分 ②当时，，不符合题意；……………………10分 ③当时，， 则必然存在使得，即在上单调递减， 而，则在上为负，不符合题意；……………………11分 ④当时，，不符合题意；……………………12分 ⑤当时，首先应当满足，即， 令，则在该定义域内恒成立， 即单调递增， 又注意到，至此，我们得到了满足题意的一个必要条件．……………………13分 下面我们证明其充分性： 记， 即对于一个给定的单调递增，……………………14分 从而证明的情形即可，此时， 令，，解得，……………………15分 得到在上单调递减，上单调递增， 又可知为的极小值点， 又可知对任意恒成立，充分性证毕， 综上所述，的取值范围是．……………………16分 试卷第2页，共22页 2 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$