信息必刷卷03（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（天津卷） 数 学 考情速递 高考·新动向：最近五年的天津卷都有五道解答题，顺序基本上都是：解三角形——立体几何——椭圆——数列——函数与导数（除了 2022 年椭圆在第19题，数列在第18题）。2024版《荟萃》除了 2023 年天津卷高考真题中的解答题之外，没有新增更多的解答题．但是，2025版《荟萃》除了2024年的真题外，还新增了七个解答题。 高考·新考法：题量变化增加了思考时间，使其能更深入地分析和解决问题，符合新课标及课改对学生思维能力培养的要求。解答题注重考查学生的综合运用能力、逻辑推理能力和书面表达能力‌ 命题·大预测：本套试卷难度与高考相当，既考察了学生的基础知识掌握情况，也通过中档题和拔高题检验了学生的解题能力和思维深度，有助于激励学生挑战自我，提升能力。试卷不仅考查了具体的数学知识，更突出了数学思想的应用和六大核心素养的考察，这有助于学生形成系统的数学思维，提升解决问题的能力。 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生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 【解析】集合，，则. 故选：A. 2．对于任意实数，，“”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】B 【解析】当时，满足成立，但不满足成立， 所以“”是“”的不充分条件， 因为，所以，又，所以， 所以“”是“”的必要条件, 所以“”是“”的必要不充分条件. 故选：B. 3．下列函数中，既是偶函数，又在区间内是增函数的为（    ） A．， B．， C．， D． 【答案】D 【解析】对于A，函数为偶函数，由，， 所以在上先单调递减再单调递增，故A错误， 对于B，函数为非奇非偶函数，故B错误； 对于C，，可得为奇函数，故C错误， 对于D，函数的定义域为，关于原点对称， 且，所以函数为偶函数， 当时，函数在上为增函数． 故选:：D． 4．某同学记录了当地2月最后8天每天的最低气温（单位：），分别为，则该组数据的第60百分位数为（    ） A．6 B．7 C．8 D．9 【答案】C 【解析】将该组数据从小到大排列：，共8项， 又，所以该组数据的第60百分位数为第5项，即8. 故选：C. 5．设，，，则，，的大小关系为(    ) A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由指数函数的性质，可得， 根据对数函数的性质，可得， 所以. 故选：B. 6．已知，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列说法中正确的是（   ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 【答案】B 【解析】对于A：若，，则或与异面，故A错误； 对于B：在内任取一点，设点与直线确定一个平面，且， 由，由线面平行的性质定理，可得， 因为，所以，因为，所以，故B正确； 对于C：若且，则或在内，故C错误； 对于D：若，，则或，故D错误. 故选：B. 7．已知函数的最小正周期为，把函数图象上的所有点向右平移个单位长度，得到函数的图象，若是偶函数，则的最小值是(    ) A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由题意可知， 又因为最小正周期为，所以，即， 将的图象上所有点向右平移个单位长度， 可得，由于是偶函数，其图象关于轴对称， 因此，，解得， 由于，则的最小值是. 故选：B. 8．过双曲线的左焦点作直线与它的两条渐近线分别交于，两点，且，，是坐标原点，则该双曲线的离心率是（    ） A．2 B． C． D．3 【答案】A 【解析】由双曲线方程可得渐近线方程为， 又因为，，可知为线段的中点，且， 因此，可知为等腰三角形，即， 连接，如下图所示： 由双曲线性质可得， 所以， 可得，即， 所以. 故选：A 9．图1是边长为1的正六边形，将其沿直线折叠成如图2的空间图形，若，则几何体的体积为（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】过作，垂足为，连接，由对称性可得， 又，平面，平面， 过作，垂足为，连接，则， 所以，又平面，平面，所以平面， 又，平面，平面，所以平面， 又，平面， 所以平面平面，即空间几何体为直三棱柱. ∵，，所以，， 同理求得，，则， 又，等腰三角形的面积为， 空间几何体拆分为三棱柱、三棱锥和三棱锥三个部分， ∴空间几何体的体积为. 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．为虚数单位，若复数满足，则的虚部为 ． 【答案】 【解析】由，则， 故的虚部为. 故答案为：. 11．二项式的展开式中，项的系数为 . 【答案】80 【解析】的展开式的通项为： ， 令，解得， 所以项的系数为. 故答案为：80. 12．已知圆心在轴上的圆与倾斜角为的直线相切于点则圆的方程为 . 【答案】 【解析】设圆心为，半径为， 依题意可得， 直线的方程为：，整理得， 因为直线与圆相切，所以圆心到直线的距离， 所以，解得， 所以圆的方程为. 故答案为： 13．袋子中有大小相同的3个红球和2个白球.若从袋子中摸出3个球，则恰有一个白球的概率是 ；若每次从袋子中随机摸出1个球，摸出的球不再放回，记“第一次摸到红球”为事件，“第二次摸到红球”为事件，则 . 【答案】 / / 【解析】根据题意从3个红球和2个白球任取3个球，由种取法， 其中恰有一个白球的取法有种，其中恰有一个白球的概率是； 由题可知，“第一次摸到红球”为事件，“第二次摸到红球”为事件， 则，，所以. 故答案为：；. 14．在中，已知，，，则 ；若点P在线段上，则的最小值为 . 【答案】 【解析】在中，因为，，， 所以由余弦定理得：， 解得：；则，所以， 以C为原点，分别以CB，CA为x，y轴，建立平面直角坐标系，如图所示： 则，， 设， 则， 所以， ， 当时，取得最小值为， 故答案为： ，. 15．设函数，若方程有三个实数根,满足，则的取值范围是 . 【答案】 【解析】因为，所以，作出其图象如下图所示：    则由图知且, 满足，即， 故，令且， 则上式， 令，则，，故 在内单调递增，则. 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．在中，内角所对的边分别是，若，. (1)求的值； (2)求的值； (3)求的值. 【解析】（1）由， 得，且，则， 又因为， 解得； （2）因为，得 且 解得； （3）因为， . 17．如图，已知四边形ABCD是矩形，，三角形PCD是正三角形，且平面平面. (1)若O是CD的中点，证明:； (2)求二面角的正弦值； (3)在线段CP上是否存在点Q，使得直线AQ与平面ABP所成角的正弦值为若存在，确定点Q的位置，若不存在，请说明理由 【解析】（1）连接， 因为三角形PCD是正三角形，且O是CD的中点，则， 且平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又因为四边形ABCD是矩形，则， 且平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 以为坐标原点，分别为轴，过平行于的直线为z轴，建立空间直角坐标系， 则， 可得， 则，所以. （2）由（1）可得：， 设平面的法向量，则， 令，则，可得， 设平面的法向量，则， 令，则，可得， 设二面角为， 则，可得， 所以二面角的正弦值为. （3）由（1）可得， 设，可得， 由（2）可知：平面的法向量， 则由， 整理可得，解得或（舍去）， 即，可知存在点Q，点Q为PC的中点. 18．已知椭圆的离心率为，以椭圆的长轴和短轴端点为顶点的四边形面积为. (1)求椭圆的方程； (2)设经过点且斜率存在的直线与椭圆交于不同的两点，，经过点且平行于轴的直线与椭圆交于点.证明：直线AC过定点. 【解析】（1）依题意，得， 解得， 所以椭圆的方程为. （2）当直线AB斜率为0时，直线AB与椭圆无交点，不符合题意， 从而设， 联立，化简并整理得 ， 由题意， 即应满足，此时或， 所以， 因为直线BC斜率为0，由椭圆的对称性可设， 所以， 由的对称性，在直线AC方程中令， 得， 所以直线AC过定点. 19．已知为公比大于0的等比数列，且. (1)求的通项公式； (2)设数列满足.其中. （i）求及； （ii）求. 【解析】（1）的公比为， 因为， 可得，解得或（舍去）， 所以 （2）（i）由（1）可知， ， 当时，，可知为等差数列， （ii）由（i）可知，当时，，可知为等差数列， 可得， 所以， 记 则， ， ①， ②， ①－②得， ， ， 20．已知函数，其中． (1)当时，求曲线在点处切线的方程； (2)当时，求函数的单调区间； (3)若，证明对任意，恒成立． 【解析】（1）当时，，则， ，则， 则曲线在点处切线的方程为， 整理得； （2）， 令，有，， 由且， 当时，，则当时，， 当时，， 故在、上单调递增，在上单调递减； 当时，，则当时，， 当时，， 故在、上单调递增，在上单调递减； 综上，当时，在、上单调递增，在上单调递减； 当时，在、上单调递增，在上单调递减； （3）由，故在、上单调递增，在上单调递减， 故当时，单调递减， 若，则，符合要求； 若，则，则， 则要证，只需证， 即只需证， 令，，， 则， 由，则，当且仅当时，等号成立， 由，由对勾函数性质可知， 故恒成立，即在上单调递增， 故，即有，即得证. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 绝密★启用前 2025年高考考前信息必刷卷（天津卷） 数 学 考情速递 高考·新动向：最近五年的天津卷都有五道解答题，顺序基本上都是：解三角形——立体几何——椭圆——数列——函数与导数（除了 2022 年椭圆在第19题，数列在第18题）。2024版《荟萃》除了 2023 年天津卷高考真题中的解答题之外，没有新增更多的解答题．但是，2025版《荟萃》除了2024年的真题外，还新增了七个解答题。 高考·新考法：题量变化增加了思考时间，使其能更深入地分析和解决问题，符合新课标及课改对学生思维能力培养的要求。解答题注重考查学生的综合运用能力、逻辑推理能力和书面表达能力‌ 命题·大预测：本套试卷难度与高考相当，既考察了学生的基础知识掌握情况，也通过中档题和拔高题检验了学生的解题能力和思维深度，有助于激励学生挑战自我，提升能力。试卷不仅考查了具体的数学知识，更突出了数学思想的应用和六大核心素养的考察，这有助于学生形成系统的数学思维，提升解决问题的能力。‌ （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共45分） 一、单项选择题：本题共9小题，每小题5分，共45分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．已知集合，，则（   ） A． B． C． D． 2．对于任意实数，，“”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 3．下列函数中，既是偶函数，又在区间内是增函数的为（    ） A．， B．， C．， D． 4．某同学记录了当地2月最后8天每天的最低气温（单位：），分别为，则该组数据的第60百分位数为（    ） A．6 B．7 C．8 D．9 5．设，，，则，，的大小关系为(    ) A． B． C． D． 6．已知，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列说法中正确的是（   ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 7．已知函数的最小正周期为，把函数图象上的所有点向右平移个单位长度，得到函数的图象，若是偶函数，则的最小值是(    ) A． B． C． D． 8．过双曲线的左焦点作直线与它的两条渐近线分别交于，两点，且，，是坐标原点，则该双曲线的离心率是（    ） A．2 B． C． D．3 9．图1是边长为1的正六边形，将其沿直线折叠成如图2的空间图形，若，则几何体的体积为（     ） A． B． C． D． 第二部分（非选择题 共105分） 二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分. 10．为虚数单位，若复数满足，则的虚部为 ． 11．二项式的展开式中，项的系数为 . 12．已知圆心在轴上的圆与倾斜角为的直线相切于点则圆的方程为 . 13．袋子中有大小相同的3个红球和2个白球.若从袋子中摸出3个球，则恰有一个白球的概率是 ；若每次从袋子中随机摸出1个球，摸出的球不再放回，记“第一次摸到红球”为事件，“第二次摸到红球”为事件，则 . 14．在中，已知，，，则 ；若点P在线段上，则的最小值为 . 15．设函数，若方程有三个实数根,满足，则的取值范围是 . 三、解答题：本题共5小题，共75分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 16．（14分） 在中，内角所对的边分别是，若，. (1)求的值； (2)求的值； (3)求的值. 17．（15分）如图，已知四边形ABCD是矩形，，三角形PCD是正三角形，且平面平面. (1)若O是CD的中点，证明:； (2)求二面角的正弦值； (3)在线段CP上是否存在点Q，使得直线AQ与平面ABP所成角的正弦值为若存在，确定点Q的位置，若不存在，请说明理由 18．（15分）已知椭圆的离心率为，以椭圆的长轴和短轴端点为顶点的四边形面积为. (1)求椭圆的方程； (2)设经过点且斜率存在的直线与椭圆交于不同的两点，，经过点且平行于轴的直线与椭圆交于点.证明：直线AC过定点. 19．（15分）已知为公比大于0的等比数列，且. (1)求的通项公式； (2)设数列满足.其中. （i）求及； （ii）求. 20．（16分）已知函数，其中． (1)当时，求曲线在点处切线的方程； (2)当时，求函数的单调区间； (3)若，证明对任意，恒成立． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025年高考考前信息必刷卷（天津卷） 数 学·参考答案 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 2 3 4 5 6 7 8 9 A B D C B B B A D 二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分． 10. 11．80 12. 13． / / 14． 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） 【解析】（1）由， 得，且，则， 又因为， 解得；（5分） （2）因为，得 且 解得；（9分） （3）因为， .（14分） 17．（15分） 【解析】（1）连接， 因为三角形PCD是正三角形，且O是CD的中点，则， 且平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又因为四边形ABCD是矩形，则， 且平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 以为坐标原点，分别为轴，过平行于的直线为z轴，建立空间直角坐标系， 则， 可得， 则，所以.（5分） （2）由（1）可得：， 设平面的法向量，则， 令，则，可得， 设平面的法向量，则， 令，则，可得， 设二面角为， 则，可得， 所以二面角的正弦值为.（10分） （3）由（1）可得， 设，可得， 由（2）可知：平面的法向量， 则由， 整理可得，解得或（舍去）， 即，可知存在点Q，点Q为PC的中点.（15分） 18．（15分） 【解析】（1）依题意，得， 解得， 所以椭圆的方程为.（5分） （2）当直线AB斜率为0时，直线AB与椭圆无交点，不符合题意， 从而设， 联立，化简并整理得 ，（8分） 由题意， 即应满足，此时或， 所以，（11分） 因为直线BC斜率为0，由椭圆的对称性可设， 所以，（13分） 由的对称性，在直线AC方程中令， 得， 所以直线AC过定点.（15分） 19．（15分） 【解析】（1）的公比为， 因为， 可得，解得或（舍去）， 所以（3分） （2）（i）由（1）可知， ， 当时，，可知为等差数列， （8分） （ii）由（i）可知，当时，，可知为等差数列， 可得， 所以， 记 则， ， ①， ②， ①－②得， ， ， （15分） 20．（16分） 【解析】（1）当时，，则， ，则， 则曲线在点处切线的方程为， 整理得；（3分） （2），（4分） 令，有，， 由且， 当时，，则当时，， 当时，， 故在、上单调递增，在上单调递减；（7分） 当时，，则当时，， 当时，， 故在、上单调递增，在上单调递减；（9分） 综上，当时，在、上单调递增，在上单调递减； 当时，在、上单调递增，在上单调递减；（10分） （3）由，故在、上单调递增，在上单调递减， 故当时，单调递减， 若，则，符合要求； 若，则，则， 则要证，只需证， 即只需证，（13分） 令，，， 则， 由，则，当且仅当时，等号成立， 由，由对勾函数性质可知， 故恒成立，即在上单调递增， 故，即有，即得证.（16分） 试卷第2页，共22页 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$