黄金卷04（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 参考答案 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 第I卷（选择题） 一、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 B D A C C C B C 第II卷（非选择题） 二、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 10． 11．40 12． 13．， 14．；5 15． 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） 【详解】（1）由正弦定理， 即， ，所以.（6分） （2）（i）由（1）知，即，又， 由余弦定理，得， 解得，， 则， .（11分） （ii）， .（14分） 17．（15分） 【详解】（1）取的中点M，连接．因为四边形为菱形，， 所以为等边三角形，所以．因为，所以． 因为平面，所以两两垂直． 如图，以D为原点，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系．    因为， 所以， 显然平面的法向量为，因为， 所以，又平面，所以平面．（7分） （2）设平面的法向量为， 由得 令，则，所以，， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 直线与平面所成角的正切值为． （3），所以点C到平面的距离为： . 所以点C到平面的距离为.（15分） 18．（15分） 【详解】解：（1）椭圆C的离心率为，， ，即 椭圆C的两个顶点和两个焦点构成的四边形面积为， ，，从而得， 椭圆C的方程为；（7分） （2）显然，直线l的斜率存在，设该斜率k， 直线l的方程为，即， 直线l的方程与椭圆C的方程联立，消去y得： 且该方程显然有二不等根， 记A，B两点的坐标依次为，， ，即， ，解得， 所求直线l的方程为．（15分） 19．（15分） 【详解】（1）由，得，所以数列为等差数列， 所以，所以.又，所以， 设的公差为d，即解得所以的通项公式是.（5分） （2）由（1）知，所以， ， 令，得，设，则数列是递增数列. 又，，所以n的最大值为5. （10分） （3）由（2）知，设是的前n项和，则，所以是递增数列，所以成立.又， 所以当时，，所以， 得， 所以.综上，.（15分） 20．（16分） 【详解】（1）当时，， ， 所以的图象在处的切线方程为，（4分） （2）由可得对任意的恒成立， 记则， 由于均为的单调减函数，故在单调递减， 且 所以存在唯一的实数，使得，即， 当单调递增， 当单调递减， 所以当时，取极大值也是最大值，， 由于均为的单调递增，且均为正，故单调递增， 因此，所以， 当时，现证明， 设， 则当时单调递减，当时，单调递增， 当，故 当单调递增，当单调递减，所以，故， 由于，所以， 所以综上可知，故 所以整数a的最小值为1（11分） （3）由（2）知当时，恒成立，即对任意的恒成立， 取，则，所以， 因此（16分） 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 $$ 【赢在高考·黄金8卷】备战2025年高考数学模拟卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 第I卷（选择题） 一、选择题：本题共9小题，每小题5分，共45分．在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。 1．已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 2．已知，，则是的（    ）条件 A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件 3．设，，，则a，b，c的大小顺序是（    ） A． B． C． D． 4．已知数据，且满足，若去掉，后组成一组新数据，则新数据与原数据相比，有可能变大的是（   ） A．平均数 B．中位数 C．极差 D．方差 5．函数的大致图象是（    ） A．   B．   C．   D．   6．若，为两条直线，为一个平面，则下列结论中正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则与相交 7．关于函数，则下列结论中： ①为该函数的一个周期； ②该函数的图象关于直线对称； ③将该函数的图象向左平移个单位长度得到的图象； ④该函数在区间上单调递减． 所有正确结论的序号是（    ） A．①② B．③④ C．①②④ D．①③④ 8．三星堆遗址祭祀坑区4号坑发现了玉琮.一种内圆外方的筒型玉器，是古人用于祭祀的礼器.假定某玉琮中间内空，形状对称，如图所示，圆筒内径长2，外径长3，筒高4，中部为棱长是3cm的正方体的一部分，圆筒的外侧面内切于正方体的侧面，则该玉琮的体积为（    ） A． B． C． D． 9．设双曲线的左、右焦点分别为点，，过坐标原点的直线与交于，两点，，的面积为，且，若双曲线的实轴长为4，则双曲线的方程为（    ） A． B． C． D． 第II卷（非选择题） 二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。 10．已知复数（i是虚数单位），则的共轭复数是 ． 11．在的展开式中，项的系数为 ． 12．已知圆C: ，点在抛物线T：上运动，过点引直线，与圆C相切，切点分别为，，则的取值范围为 . 13．天津相声文化是天津具有代表性的地域文化符号，天津话妙趣横生，天津相声精彩纷呈，是最具特色的旅游亮点之一.某位北京游客经常来天津听相声，每次从北京出发来天津乘坐高铁和大巴的概率分别为0.6和0.4，高铁和大巴准点到达的概率分别为0.9和0.8，则他准点到达天津的概率是 （分数作答）.若他已准点抵达天津，则此次来天津乘坐高铁准点到达比乘坐大巴准点到达的概率高 （分数作答）. 14．已知平行四边形的面积为，，且.若F为线段上的动点，且，则实数的值为 ；的最小值为 . 15．已知函数，若函数，且函数有5个零点，则实数m的取值范围是 ． 三、解答题：本题共5小题，共75分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 16．（14分）在中，内角所对的边分别为，已知. (1)求的值； (2)若. （i）求的面积； （ii）求的值. 17．（15分）如图，在多面体中，底面为菱形，，平面，平面，.    (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正切值； (3)求点C到平面的距离. 18．（15分）已知椭圆C：的离心率为，其两个顶点和两个焦点构成的四边形面积为． （1）求椭圆C的方程； （2）过点的直线l与椭圆C交于A，B两点，且点M恰为线段AB的中点，求直线l的方程． 19．（15分）已知为数列的前项和，为数列的前项和，. (1)求的通项公式； (2)若，求的最大值； (3)设，证明：. 20．（16分）已知函数. (1)若，求的图象在处的切线方程； (2)若对任意的恒成立，求整数a的最小值； (3)求证， 试卷第2页，共22页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！7 学科网（北京）股份有限公司 $$ 【赢在高考·黄金8卷】备战2025年高考数学模拟卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 第I卷（选择题） 一、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，选出符合题目要求的一项。 1．已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由题意，.故选：C. 2．已知，，则是的（    ）条件 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】B 【分析】分别求得对应命题的范围，根据集合语言和命题语言的关系，即可判断. 【详解】由得， 由得， 则是的必要不充分条件. 故选：B. 3．设，，，则a，b，c的大小顺序是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用幂函数与对数函数的单调性即可得解. 【详解】因为，，， 又因为在上单调递增，所以，即， 因为，所以，又因为在上单调递增，所以，即， 综上：.故选：D. 4．已知数据，且满足，若去掉，后组成一组新数据，则新数据与原数据相比，有可能变大的是（   ） A．平均数 B．中位数 C．极差 D．方差 【答案】A 【解析】由于，所以原来的极差为，新数据的极差为，故极差变小， 原来和新数据的中位数均为，故中位数不变， 去掉，后，数据波动性变小，故方差变小， 因此可能变大的是平均数，比如，原数据的平均数为6.6，去掉1和12后， 新数据的平均数为，但，故A正确.故选：A 5．函数的大致图象是（    ） A．   B．   C．   D．   【答案】C 【解析】由，得，所以的定义域为. 又， 所以函数为偶函数，图象关于轴对称，故B错误； 因为，所以当时，，所以， 且在定义内为增函数，故A，D错误. 对C：符合函数的定义域，奇偶性，单调性，故C正确.故选:C 6．若，为两条直线，为一个平面，则下列结论中正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则与相交 【答案】C 【分析】ABD可举出反例；C选项，根据线线平行和线面垂直的性质得到答案. 【详解】根据题意，依次分析选项： 对于A，若，，则与平行或异面，A错误； 对于B，若，，则与异面、平行或相交，B错误； 对于C，设直线，满足且， 若，则，而，则，C正确； 对于D，若，，则与相交或异面，D错误. 故选：C. 7．关于函数，则下列结论中： ①为该函数的一个周期； ②该函数的图象关于直线对称； ③将该函数的图象向左平移个单位长度得到的图象； ④该函数在区间上单调递减． 所有正确结论的序号是（    ） A．①② B．③④ C．①②④ D．①③④ 【答案】 【解答】解：设， ，为该函数的一个周期，①正确； ，该函数的图象关于直线对称，②正确； 将该函数的图象向左平移个单位长度得到，③错误； ，，，而在，上单调递减，所以④正确． 故选：． 8．三星堆遗址祭祀坑区4号坑发现了玉琮.一种内圆外方的筒型玉器，是古人用于祭祀的礼器.假定某玉琮中间内空，形状对称，如图所示，圆筒内径长2，外径长3，筒高4，中部为棱长是3cm的正方体的一部分，圆筒的外侧面内切于正方体的侧面，则该玉琮的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据几何体的特点，结合长方体，圆柱体体积的计算公式，求解即可. 【详解】圆筒体积为底面半径，高度为的圆柱体的体积减去底面半径为，高度为的圆柱体的体积， 故其体积； 中间部分的体积为棱长为的长方体的体积减去底面半径为，高为的圆柱体的体积， 故其体积； 故玉琮的体积. 故选：B. 9．设双曲线的左、右焦点分别为点，，过坐标原点的直线与交于，两点，，的面积为，且，若双曲线的实轴长为4，则双曲线的方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】 【解答】解：由双曲线的对称性可得，关于原点对称，设，，，， 由于，互相平分，可得四边形是平行四边形，可得， 由双曲线的定义可得，， 解得，， 设，，可得，， 解得，， 而的面积为，可得， 即有，即有， 化为，解得，或， 若，则，，，，，，，， 则，，，故舍去， 所以，，即双曲线的方程为． 故选：． 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．已知复数（i是虚数单位），则的共轭复数是 ． 【答案】 【分析】利用复数的四则运算，结合共轭复数的定义即可得解. 【详解】因为， 所以，， 所以，则其共轭复数为. 故答案为：. 11．在的展开式中，项的系数为 ． 【答案】40 【分析】 由题意写出展开式通项并化简，令，解得，回代展开通项计算即可得解. 【详解】在的展开式通项为， 由题意令，解得，所以项的系数为. 12．已知圆C: ，点在抛物线T：上运动，过点引直线，与圆C相切，切点分别为，，则的取值范围为 . 【答案】 【分析】设出点的坐标，探讨出的取值范围，借助四边形MPCQ的面积计算，把表示为的函数即可作答. 【详解】如图，连接CP，CQ，CM，依题意，，而， 而，则CM垂直平分线段PQ，于是得四边形MPCQ的面积为面积的2倍， 从而得，即， 设点，而，，则， 当且仅当t=1时取“=”，， 因此得，即，得， 所以的取值范围为. 故答案为： 13．天津相声文化是天津具有代表性的地域文化符号，天津话妙趣横生，天津相声精彩纷呈，是最具特色的旅游亮点之一.某位北京游客经常来天津听相声，每次从北京出发来天津乘坐高铁和大巴的概率分别为0.6和0.4，高铁和大巴准点到达的概率分别为0.9和0.8，则他准点到达天津的概率是 （分数作答）.若他已准点抵达天津，则此次来天津乘坐高铁准点到达比乘坐大巴准点到达的概率高 （分数作答）. 【答案】 【分析】根据互斥事件的概率公式，求得他准点到达天津的概率，再结合条件概率的计算公式，即可求解. 【详解】设事件为他准点到达天津，事件为他乘坐高铁到达天津，事件为他乘坐大巴到达天津， 若他乘坐高铁，且正点到达天津的概率为； 若他乘坐大巴，且正点到达天津的概率为； 则，且, 所以乘坐高铁准点到达比乘坐大巴准点到达的概率高. 故答案为：， 14．已知平行四边形的面积为，，且.若F为线段上的动点，且，则实数的值为 ；的最小值为 . 【答案】 /0.5 5 【分析】根据题意，利用平面向量的线性运算即可求出第一空，建立平面直角坐标系，依据条件建立方程，结合基本不等式求解第二空即可. 【详解】 因为所以即 又所以， 由共线，则，解得 作，以为原点建立平面直角坐标系， 设且，则，而的面积为， 则，故， 则， 则， 当且仅当时取“=”， 故答案为：；5. 15．已知函数，若函数，且函数有5个零点，则实数m的取值范围是 ． 【答案】 【分析】作出函数的图象，函数有5个零点等价于与有两个交点，所以与有三个交点，结合图象求解即可. 【详解】解：作出函数的图象如下：    ， 且函数有5个零点等价于有5个解， 等价于或共有5个解 等价于函数与，共有5个交点， 由图可得与有两个交点，所以与有三个交点 则直线应位于，之间，或与重合， 所以或或 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，内角所对的边分别为，已知. (1)求的值； (2)若. （i）求的面积； （ii）求的值. 【答案】(1)2 (2)（i）；（ii） 【分析】（1）由正弦定理和两角和的正弦公式化简已知式即可得出答案； （2）（i）由正弦定理和余弦定理可得，再由同角三角函数的基本关系和三角形的面积公式即可得出答案；（ii）由二倍角的正弦和余弦公式求出，再利用两角和的正弦公式计算即得. 【详解】（1）由正弦定理， 即，，所以. （2）（i）由（1）知，即，又，由余弦定理，得， 解得，，则，. （ii）， . 17．（15分）如图，在多面体中，底面为菱形，，平面，平面，.    (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正切值； (3)求点C到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）首先建立空间直角坐标系，利用空间向量证明线面平行. （2）先求出平面的法向量，再利用空间向量线面角的求法，即可求解. （3）利用点到平面的距离公式求解即可. 【详解】（1）取的中点M，连接．因为四边形为菱形，， 所以为等边三角形，所以．因为，所以． 因为平面，所以两两垂直． 如图，以D为原点，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系．    因为， 所以， 显然平面的法向量为，因为， 所以，又平面，所以平面． （2）设平面的法向量为， 由得 令，则，所以，， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 直线与平面所成角的正切值为． （3），所以点C到平面的距离为： . 所以点C到平面的距离为. 18．（15分）已知椭圆C：的离心率为，其两个顶点和两个焦点构成的四边形面积为． （1）求椭圆C的方程； （2）过点的直线l与椭圆C交于A，B两点，且点M恰为线段AB的中点，求直线l的方程． 【答案】（1）（2）直线l的方程为 【知识点】根据a、b、c求椭圆标准方程、求弦中点所在的直线方程或斜率 【解析】（1）根据椭圆的几何性质求得，； （2）联立直线与椭圆，由根与系数关系得到两根之和，再根据中点公式列式可求得斜率k，从而求得直线l的方程． 【详解】解：（1）椭圆C的离心率为，， ，即 椭圆C的两个顶点和两个焦点构成的四边形面积为， ，，从而得， 椭圆C的方程为； （2）显然，直线l的斜率存在，设该斜率k， 直线l的方程为，即， 直线l的方程与椭圆C的方程联立，消去y得： 且该方程显然有二不等根， 记A，B两点的坐标依次为，， ，即， ，解得， 所求直线l的方程为． 19．（15分）已知为数列的前项和，为数列的前项和，. (1)求的通项公式； (2)若，求的最大值； (3)设，证明：. 【答案】(1)(2)(3)证明见解析 【分析】（1）根据递推公式得出等差数列再应用基本量运算得出通项公式； （2）分组求和分别求出,再计算化简结合指数函数单调性计算求解； （3）先根据得出,再证明，结合等比数列求和证明右侧不等式 【详解】（1）由，得，所以数列为等差数列， 所以，所以.又，所以， 设的公差为d，即解得所以的通项公式是. （2）由（1）知，所以， ， 令，得，设，则数列是递增数列. 又，，所以n的最大值为5. （3）由（2）知，设是的前n项和，则，所以是递增数列，所以成立.又， 所以当时，，所以， 得， 所以.综上，. 20．（16分）已知函数. (1)若，求的图象在处的切线方程； (2)若对任意的恒成立，求整数a的最小值； (3)求证， 【答案】(1)。(2)1(3)证明见解析 【分析】（1）求导得切线斜率，由点斜式即可求解直线方程， （2）根据恒成立将问题转化为恒成立，构造函数求导，利用导数求解单调性，结合零点存在性定理即可求解， （3）由（2）的结论可得，即可由求和关系，结合等比数列求和公式即可求解. 【详解】（1）当时，， ， 所以的图象在处的切线方程为， （2）由可得对任意的恒成立， 记则， 由于均为的单调减函数，故在单调递减， 且 所以存在唯一的实数，使得，即， 当单调递增， 当单调递减， 所以当时，取极大值也是最大值，， 由于均为的单调递增，且均为正，故单调递增， 因此，所以， 当时，现证明， 设， 则当时单调递减，当时，单调递增， 当，故 当单调递增，当单调递减，所以，故， 由于，所以， 所以综上可知，故 所以整数a的最小值为1 （3）由（2）知当时，恒成立，即对任意的恒成立， 取，则，所以， 因此 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！13 学科网（北京）股份有限公司 $$