信息必刷卷02（天津专用）-2025年高考数学考前信息必刷卷

绝密★启用前 2025年高考考前信息必刷卷02（天津卷） 数 学 考情速递 高考·新动向：天津卷考试题型为9（单选题）＋6（填空题）＋5（解答题），其中第19题第20题属于压轴题目，去年高考选择题题创新考查了等差等比数列性质，此外大题数列的求和问题也是别出心裁，具有很强的创新性。第20题依旧是导数的综合应用，结合不等式与数列综合性很强。 高考·新考法：天津卷通过设计创新性和综合性问题，实现对逻辑推理、直观想象、数学运算、数学抽象、数学建模、数据分析六大素养的综合考查。设置创新和思维深刻的问题，考查学生的创新能力。重点关注学生应知应会的内容，淡化机械记忆，关注学生的不同发展水平。 命题·大预测：本套试卷中选择题中第6题考察数列前n项和与通项关系，延续了2024年天津卷命题。第7题考察sinx型三角函数，根据函数零点的个数求参数范围、求图象变化前（后）的解析式、求sinx型三角函数的单调性。第9题综合性的考察了几何体与新文化结合，对多面体性质探究，是以往高考命题未出现题型。 大题方面在16题对于三角形的考察方面，考查内容较多，涉及正余弦定理，二倍角公式，以及三角形面积公式，相对往年的高考题目更加全面。18题解析几何考察椭圆相关知识，需要学生讲题干面积问题改为坐标比例问题进而进行化简运算。第19题关于数列的考察重点考察数列与不等式结合。第20题作为导数压轴题，仍然常规考察切线方程，以及单调性最值问题，第三问需要将问题转化，这个思路比较新奇，对学生而言难度较大。 第Ⅰ卷（选择题） 一、选择题共9小题，每小题5分，共45分。在每小题列出的四个选项中，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（   ） 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．若曲线的部分图象如图所示，则的解折式可能为（   ） A． B． C． D． 4．下列说法不正确的是（     ） A．一组数据 的第 80 百分位数为17 B．若随机变量 ，且 ，则 C．若随机变量 ，则方差 D．对于回归分析，相关系数的绝对值越小，说明拟合效果越好 5．设，则的大小关系为（    ） A． B． C． D． 6．已知正项数列的前项和为，且，则（    ） A．4045 B．4042 C．4041 D．4040 7．已知函数，则下列结论 ①若，则在上是单调递增 ②若，则正整数ω的最小值为2 ③若，函数的图象向右平移个单位长度得到的图象．则为奇函数 ④若在上有且仅有3个零点，则 其中判断正确的个数为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 8．已知双曲线，过点的直线与交于两点，若线段的中点是，则双曲线的渐近线方程为（    ） A． B． C． D． 9．“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图，将一个正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，则该多面体中具有公共顶点的两个正三角形所在平面的夹角正切值为（    ） A． B．1 C． D． 第Ⅱ卷（非选择题） 二、填空题共6小题，每小题5分，共30分. 10．若，则 ． 11．若的展开式的二项式系数和为32，则展开式中的系数为 ． 12．已知圆与圆相交于点、． ①若，则公共弦所在直线方程为 ． ②若弦长，则 ． 13．甲乙两人射击一架进入禁飞区的无人机．已知甲乙两人击中无人机的概率分别为， 且甲乙射击互不影响，则无人机被击中的概率为 ．若无人机恰好被一人击中，则被击落的概率为；若恰好被两人击中，则被击落的概率为，那么无人机被击落的概率为 14．在平行四边形中，，，点在边上，满足，则向量在向量上的投影向量为 （请用表示）；若，点，分别为线段，上的动点，满足，则的最小值为 ． 15．设函数若方程有四个不相等的实根，则的取值范围为 ，的最小值为 . 三、解答题共5小题，共75分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程. 16．在中，角所对边分别为，且. (1)求角的大小; (2)若. （i）求的值; （ii）求的值. 17．如图，四边形为矩形，平面平面 ，.    (1)求证: 平面; (2)求直线与平面所成角的余弦值； (3)求点到平面的距离. 18．已知椭圆的离心率为，焦距为.斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点. (1)求椭圆的方程； (2)若，求的最大值； (3)设，直线与椭圆的另一个交点为，直线与椭圆的另一个交点为.若和点共线，求. 19．在等差数列中，. (1)求数列的通项公式和前项和； (2)若数列满足是公比为2的等比数列，且. （i）若集合中恰有2个元素，求实数的取值范围； （ii）若对，都有，求实数的取值范围. 20．已知. (1)若在处的切线方程为，求实数的值； (2)当时，若对任意恒成立，求实数的取值范围； (3)若有零点，求证：. 试卷第4页，共5页 2 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025年高考考前信息必刷卷02（天津卷） 数 学·参考答案 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 第I卷（选择题） 一、单项选择题：本题共9小题，每小题5分，共45分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 D A D D B A C B D 第II卷（非选择题） 2、 填空题，本大题共6小题，每小题5分，共30分，试题中包含两个空的，答对1个的给3分，全部答对的给5分 10． 11． 12. 或0 13.0.7 0.22. 14. 15. 92 3、 解答题，本大题共5小题，共75分，解答应写出文字说明，证明过程成演算步骤。 16． 【详解】（1）由及正弦定理，可得， ， 由余弦定理可得， ， . （2）（i）及正弦定理，可得， ，即， 因为，且 可得为锐角， 所以. （ii）， ， 由（1），知， 所以 17． 【详解】（1）因为， 所以，则，在直角梯形中，， 又因为，所以，即得, 因为四边形为矩形，所以, 因为平面平面，且平面平面,平面, 所以平面,因为平面，所以, 因为平面,平面, 所以平面. （2）由（1）可知，平面，且, 所以平面, 因为平面,平面, 所以，且, 故以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，    则, , 设平面的法向量为， 则，令，则，即， 设直线与平面所成角为， ，则 故直线与平面所成角的余弦值为. （3）由（2）可知，, 设点到平面的距离为， 则， 所以点到平面的距离为. 18． 【详解】（1） 椭圆 的离心率为 ，焦距为， 解得椭圆的标准方程为； （2）斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点， 设直线的方程为， 联立，整理得， ，整理得， ， 当时，取最大值，最大值为； （3） 设直线的斜率，直线的方程为， 联立 ， 消去整理得， 由，代入上式整理得， ，所以，则， 则，同理可得， 由，则， ，由与共线， 则， 整理得，则直线的斜率， 的值为1 . 19． 【详解】（1）因为是等差数列， 所以，公差， 所以，从而， ， （2）由.知，， 又是公比为2的等比数列， 所以，解得，， 所以， 从而时，，也适合此式， 所以 （i）集合中恰有2个元素， 不等式，为，所以，因此不等式恰有两个正整数解． 设， ，， 时，，即，时，，因此，， 所以数列从第2项开始是递减， 又，，， 所以不等式恰有两个正整数解，则．不等式的解为或． 实数的取值范围是． （ii）若对，都有， ， 所以， 不等式为，从而，， 为偶数时，，数列的偶数项中最小值是，所以， 为奇数时，，数列的奇数项中最小值是，所以，， 综上，即的范围是． 20． 【详解】（1）由，知. 由已知可得，在处的切线经过，且斜率为. 故有，代入函数表达式知，从而. 故，. （2）设，则. 故对有，对有，从而在上递减，在上递增，故对任意均有. 回到原题，当时，有. 根据题意，在时首先要有定义，故要有意义，从而首先有. 此时，原不等式等价于. 一方面，若对恒成立，则特别地，该不等式对成立，代入得，即. 从而由知，解得或，结合知. 另一方面，若，则对任意，有 . 故对恒成立. 综上，的取值范围是. （3）若有零点，记是的零点，则，即. 由于对任意均有，故 . 从而，即，这就得到 . 所以，故. 试卷第2页，共22页 2 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $$ 绝密★启用前 2025年高考考前信息必刷卷02（天津卷） 数 学 考情速递 高考·新动向：天津卷考试题型为9（单选题）＋6（填空题）＋5（解答题），其中第19题第20题属于压轴题目，去年高考选择题题创新考查了等差等比数列性质，此外大题数列的求和问题也是别出心裁，具有很强的创新性。第20题依旧是导数的综合应用，结合不等式与数列综合性很强。 高考·新考法：天津卷通过设计创新性和综合性问题，实现对逻辑推理、直观想象、数学运算、数学抽象、数学建模、数据分析六大素养的综合考查。设置创新和思维深刻的问题，考查学生的创新能力。重点关注学生应知应会的内容，淡化机械记忆，关注学生的不同发展水平。 命题·大预测：本套试卷中选择题中第6题考察数列前n项和与通项关系，延续了2024年天津卷命题。第7题考察sinx型三角函数，根据函数零点的个数求参数范围、求图象变化前（后）的解析式、求sinx型三角函数的单调性。第9题综合性的考察了几何体与新文化结合，对多面体性质探究，是以往高考命题未出现题型。 大题方面在16题对于三角形的考察方面，考查内容较多，涉及正余弦定理，二倍角公式，以及三角形面积公式，相对往年的高考题目更加全面。18题解析几何考察椭圆相关知识，需要学生讲题干面积问题改为坐标比例问题进而进行化简运算。第19题关于数列的考察重点考察数列与不等式结合。第20题作为导数压轴题，仍然常规考察切线方程，以及单调性最值问题，第三问需要将问题转化，这个思路比较新奇，对学生而言难度较大。 一、单选题 1．已知集合,则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】化简 因为，所以， 故选：D. 2．已知，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 【详解】由可得，故，故充分性成立， 若，则，当为负数时，此时不能得到，故必要性不成立， 故“”是“”的充分不必要条件， 故选：A 3．若曲线的部分图象如图所示，则的解折式可能为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由图象可知， 对于选项A：因为，故A错误； 对于选项B：因为，故B错误； 由图象可知：存在，使得在内单调递减， 对于选项C：因为在内单调递增，且在内单调递增， 可知在内单调递增，故C错误； 故选：D. 4．下列说法不正确的是（     ） A．一组数据 的第 80 百分位数为17 B．若随机变量 ，且 ，则 C．若随机变量 ，则方差 D．对于回归分析，相关系数的绝对值越小，说明拟合效果越好 【答案】D 【详解】由，可知数据 的第 80 百分位数为，故A正确； 因为随机变量 ，且 ，所以，故B正确； 因为随机变量 ，则方差 ，故C正确； 对于回归分析，相关系数的绝对值越小，说明拟合效果越差，故D错误. 故选：D. 5．设，则的大小关系为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】因为，，， 所以，所以， 故选：B. 6．已知正项数列的前项和为，且，则（    ） A．4045 B．4042 C．4041 D．4040 【答案】A 【详解】当时，，解得：. 当时，， 则， 因为，所以，所以， 所以数列是首项为1，公差为2的等差数列， 则， 则. 故选：A. 7．已知函数，则下列结论 ①若，则在上是单调递增 ②若，则正整数ω的最小值为2 ③若，函数的图象向右平移个单位长度得到的图象．则为奇函数 ④若在上有且仅有3个零点，则 其中判断正确的个数为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【详解】依题意，， 对于①，， 当时，有，则在上单调递增， 所以在上单调递增，故正确； 对于②，因，则是函数图像的一条对称轴，，整理得， 而，即有，，故正确； 对于③，，， 依题意，函数， 这个函数不是奇函数，其图像关于原点不对称，故不正确； 对于④，当时，， 依题意，，解得，故正确. 故选：C 8．已知双曲线，过点的直线与交于两点，若线段的中点是，则双曲线的渐近线方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由已知直线的方程为，即， 设， 由得， 则即， 则，， 线段的中点是，则，即， 由双曲线的渐近线方程，因为， 所以双曲线的渐近线方程，即， 故选：B. 9．“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图，将一个正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，则该多面体中具有公共顶点的两个正三角形所在平面的夹角正切值为（    ） A． B．1 C． D． 【答案】D 【详解】将该“阿基米德多面体”放入正方体中，如图， 平面和平面为有公共顶点的两个正三角形所在平面， 建立如图所示空间直角坐标系，设正方体的棱长为2， 则 设平面的法向量为 所以，令，所以 设平面的法向量为 所以，令，所以 设平面平面和平面的夹角为， 则， 因为平面和平面的夹角为锐角，所以， 所以， 故选：D 二、填空题 10．若，则 ． 【答案】 【详解】． 故答案为：. 11．若的展开式的二项式系数和为32，则展开式中的系数为 ． 【答案】 【详解】因为的展开式的二项式系数和为32， 所以，即， 二项式展开式的通项公式为， 令，则，所以的系数为， 故答案为：. 12．已知圆与圆相交于点、． ①若，则公共弦所在直线方程为 ． ②若弦长，则 ． 【答案】 或0 【详解】①若，则圆：，圆：， 两个方程相减得， 化简并整理得公共弦所在直线方程为， ②若弦长， 而两圆方程相减得，化简并整理得公共弦所在直线方程为， 则到直线的距离为：， 则，解得：，或， 故答案为：；或0. 13．甲乙两人射击一架进入禁飞区的无人机．已知甲乙两人击中无人机的概率分别为， 且甲乙射击互不影响，则无人机被击中的概率为 ．若无人机恰好被一人击中，则被击落的概率为；若恰好被两人击中，则被击落的概率为，那么无人机被击落的概率为 【答案】 0.7 0.22. 【详解】设甲击中无人机为事件，乙击中无人机为事件，无人机被击中为事件，无人机被击落为事件， 则，所以， 所以， 若无人机恰好被一人击中，即事件， 则， 若无人机被两人击中，即事件， 则， 所以 . 故答案为：， 14．在平行四边形中，，，点在边上，满足，则向量在向量上的投影向量为 （请用表示）；若，点，分别为线段，上的动点，满足，则的最小值为 ． 【答案】 【详解】由，知， 因为，， 所以 ， 所以向量在向量上的投影向量为 ； 若，则， 以为原点建立空间直角坐标系，则， 设，则，， 所以，， 所以，， 所以， 是关于的开口向上，对称轴为的二次函数， 当时，取得最小值. 故答案为：； 15．设函数若方程有四个不相等的实根，则的取值范围为 ，的最小值为 . 【答案】 92 【详解】当时，，∴的图象关于直线对称. 画出的图象，如图所示. ∵方程有四个不相等的实根， ∴的图象与有4个交点， 由图可知，即m的取值范围为. 由的图象可知，， ∴，化简得，且. 又，， ∴，， 则. 令，，则， ∴， ∴当时，取得最小值，且最小值为92. 故答案为：，92 三、解答题 16．在中，角所对边分别为，且. (1)求角的大小; (2)若. （i）求的值; （ii）求的值. 【答案】(1) (2)(i) ，(ii) 【详解】（1）由及正弦定理，可得， ， 由余弦定理可得， ， . （2）（i）及正弦定理，可得， ，即， 因为，且 可得为锐角， 所以. （ii）， ， 由（1），知， 所以 17．如图，四边形为矩形，平面平面 ，.    (1)求证: 平面; (2)求直线与平面所成角的余弦值； (3)求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析. (2) (3) 【详解】（1）因为， 所以，则，在直角梯形中，， 又因为，所以，即得, 因为四边形为矩形，所以, 因为平面平面，且平面平面,平面, 所以平面,因为平面，所以, 因为平面,平面, 所以平面. （2）由（1）可知，平面，且, 所以平面, 因为平面,平面, 所以，且, 故以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，    则, , 设平面的法向量为， 则，令，则，即， 设直线与平面所成角为， ，则 故直线与平面所成角的余弦值为. （3）由（2）可知，, 设点到平面的距离为， 则， 所以点到平面的距离为. 18．已知椭圆的离心率为，焦距为.斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点. (1)求椭圆的方程； (2)若，求的最大值； (3)设，直线与椭圆的另一个交点为，直线与椭圆的另一个交点为.若和点共线，求. 【答案】(1) (2) (3)1 【详解】（1） 椭圆 的离心率为 ，焦距为， 解得椭圆的标准方程为； （2）斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点， 设直线的方程为， 联立，整理得， ，整理得， ， 当时，取最大值，最大值为； （3） 设直线的斜率，直线的方程为， 联立 ， 消去整理得， 由，代入上式整理得， ，所以，则， 则，同理可得， 由，则， ，由与共线， 则， 整理得，则直线的斜率， 的值为1 . 19．在等差数列中，. (1)求数列的通项公式和前项和； (2)若数列满足是公比为2的等比数列，且. （i）若集合中恰有2个元素，求实数的取值范围； （ii）若对，都有，求实数的取值范围. 【答案】(1)； (2)（i）；（ii）． 【详解】（1）因为是等差数列， 所以，公差， 所以，从而， ， （2）由.知，， 又是公比为2的等比数列， 所以，解得，， 所以， 从而时，，也适合此式， 所以 （i）集合中恰有2个元素， 不等式，为，所以，因此不等式恰有两个正整数解． 设， ，， 时，，即，时，，因此，， 所以数列从第2项开始是递减， 又，，， 所以不等式恰有两个正整数解，则．不等式的解为或． 实数的取值范围是． （ii）若对，都有， ， 所以， 不等式为，从而，， 为偶数时，，数列的偶数项中最小值是，所以， 为奇数时，，数列的奇数项中最小值是，所以，， 综上，即的范围是． 20．已知. (1)若在处的切线方程为，求实数的值； (2)当时，若对任意恒成立，求实数的取值范围； (3)若有零点，求证：. 【答案】(1)， (2) 【详解】（1）由，知. 由已知可得，在处的切线经过，且斜率为. 故有，代入函数表达式知，从而. 故，. （2）设，则. 故对有，对有，从而在上递减，在上递增，故对任意均有. 回到原题，当时，有. 根据题意，在时首先要有定义，故要有意义，从而首先有. 此时，原不等式等价于. 一方面，若对恒成立，则特别地，该不等式对成立，代入得，即. 从而由知，解得或，结合知. 另一方面，若，则对任意，有 . 故对恒成立. 综上，的取值范围是. （3）若有零点，记是的零点，则，即. 由于对任意均有，故 . 从而，即，这就得到 . 所以，故. 试卷第18页，共18页 2 / 18 学科网（北京）股份有限公司 $$