大题预测02（A+B+C三组解答题）-【大题精做】冲刺2025年高考数学大题突破+限时集训（天津专用）

大题预测02（A组+B组+C组） 【A组】 （建议用时：60分钟 满分：75分） 四、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． 15．（14分）已知函数，曲线在点处的切线方程为. (1)求实数的值； (2)求的单调区间和极值. 16.（15分）在中，角所对的边分别为，已知． (1)求的值； (2)求的值； (3)求的值． 17．（15分）如图，，是圆锥底面圆的两条互相垂直的直径，过的平面与交于点，若为的中点，，圆锥的体积为. (1)求证：； (2)若圆上的点满足，求平面与平面夹角的余弦值. 18．（15分）（2023·天津·高考真题）已知椭圆的左右顶点分别为，右焦点为，已知． (1)求椭圆的方程和离心率； (2)点在椭圆上（异于椭圆的顶点），直线交轴于点，若三角形的面积是三角形面积的二倍，求直线的方程． 19．（16分） 泰勒公式是一个非常重要的数学定理，它可以将一个函数在某一点处展开成无限项的多项式．当在处的阶导数都存在时，它的公式表达式如下：．注：表示函数在原点处的一阶导数，表示在原点处的二阶导数，以此类推，和表示在原点处的阶导数． (1)求的泰勒公式（写到含的项为止即可），并估算的值（精确到小数点后三位）； (2)当时，比较与的大小，并证明； (3)设，证明：． 【B组】 （建议用时：60分钟 满分：75分） 四、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． 15．（13分）在中，内角所对的边分别为． (1)求的值； (2)若， （ⅰ）求的值； （ⅱ）求的值． 16．（14分）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围． 17．（14分）如图，在三棱锥中，，，. (1)当三棱锥的体积最大时，求到平面的距离； (2)在（1）的条件下，求平面与平面夹角的余弦值. 18．（15分） 已知双曲线的一条渐近线的倾斜角为，焦距为4．过点的直线与双曲线相交于两点，点关于轴对称的点为点． (1)求双曲线的标准方程； (2)证明：直线过定点； (3)若直线的斜率为，求直线的方程． 19．（16分） 对于数列，定义变换，将数列变换成数列，记，，对于数列与，定义.若数列满足，则称数列为数列， (1)若数列，写出，并求. (2)对于任意给定的正整数，是否存在数列，使得？若存在，写出一个数列；若不存在，说明理由. (3)若数列满足，求数列的个 试卷第1页，共3页 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 【C组】 （建议用时：60分钟 满分：75分） 四、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． 15．（14分）已知的内角 所对应的边分别为，若. (1)求； (2)求面积的最大值. 16．（15分）已知是函数的极值点． (1)求函数在区间上的值域； (2)若函数有3个零点，求实数的取值范围． 17．（15分） （24-25高三上·天津和平·期末）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）（2025·山东·模拟预测）已知椭圆的左焦点是抛物线的焦点，且过点． (1)求的方程及离心率； (2)已知为坐标原点，过的左，右顶点作直线分别交于点，且直线的斜率与直线的斜率之比为，过点作于点，问轴上是否存在定点，使为定值？若存在，求出定点的坐标；若不存在，请说明理由． 19．（16分） （2025·天津·模拟预测）设定义域为的函数，对于，定义. (1)设，求； (2)设，是否存在，使得是一段闭区间？若存在，求的取值范围；若不存在，请说明理由； (3)函数的定义域是，函数值恒正，其导函数为；当时，.若对任意，均有，求证：“函数是上的严格增函数”当且仅当“”. 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $$ 大题预测02（A组+B组+C组） 【A组】 （建议用时：60分钟 满分：75分） 四、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． 15．（14分）（2024·山东潍坊·二模）已知函数，曲线在点处的切线方程为. (1)求实数的值； (2)求的单调区间和极值. 【解析】（1）， 由题意知，，所以 又因为，所以； （2）由（1）知， 当时；当时，； 当时， 所以的单调递增区间是，单调递减区间是. 当时，取得极大值； 当时，取得极小值， 16.（15分）在中，角所对的边分别为，已知． (1)求的值； (2)求的值； (3)求的值． 【解析】（1）设，，则根据余弦定理得， 即，解得（负舍）； 则. （2）法一：因为为三角形内角，所以， 再根据正弦定理得，即，解得， 法二：由余弦定理得， 因为，则 （3）法一：因为，且，所以， 由（2）法一知， 因为，则，所以， 则， . 法二：， 则， 因为为三角形内角，所以， 所以 17．（15分）如图，，是圆锥底面圆的两条互相垂直的直径，过的平面与交于点，若为的中点，，圆锥的体积为. (1)求证：； (2)若圆上的点满足，求平面与平面夹角的余弦值. 【解析】（1）因为，是圆锥底面圆的两条互相垂直的直径，所以， 底面圆，而底面圆，则， ，，平面，所以平面，     因为平面，所以. （2）因为，圆锥的体积为，所以，所以，     因为，为的中点，所以， 因为平面，平面，所以， 因为，平面，所以平面， 即平面的法向量为，     显然， 又底面圆，底面圆， 所以， 所以，，两两垂直， 以为原点，分别以直线，，为，，轴建立空间直角坐标系， ，，，， 由题意， 点在圆上，则，如图所示， 在中，，则， 过作轴的垂线，垂足为， 有，，则， 得， 所以，，，     设平面的法向量为，所以， 令，则，所以，     设平面与平面的夹角为，则. 所以平面与平面夹角的余弦值为. 18．（15分）（2023·天津·高考真题）已知椭圆的左右顶点分别为，右焦点为，已知． (1)求椭圆的方程和离心率； (2)点在椭圆上（异于椭圆的顶点），直线交轴于点，若三角形的面积是三角形面积的二倍，求直线的方程． 【解析】（1）如图，    由题意得，解得，所以， 所以椭圆的方程为，离心率为. （2）由题意得，直线斜率存在，由椭圆的方程为可得， 设直线的方程为， 联立方程组，消去整理得：， 由韦达定理得，所以， 所以，. 所以,,， 所以， 所以，即， 解得，所以直线的方程为. 19．（16分） 泰勒公式是一个非常重要的数学定理，它可以将一个函数在某一点处展开成无限项的多项式．当在处的阶导数都存在时，它的公式表达式如下：．注：表示函数在原点处的一阶导数，表示在原点处的二阶导数，以此类推，和表示在原点处的阶导数． (1)求的泰勒公式（写到含的项为止即可），并估算的值（精确到小数点后三位）； (2)当时，比较与的大小，并证明； (3)设，证明：． 【解析】（1）因为， 所以 所以的泰勒公式为：， 所以 （2）记， 因为，所以在上单调递增， 又，所以时有， 所以. （3）由（2）知，，即， 所以， 即. 令，则， 所以在上单调递减，所以，故， 所以， 则，即. 综上，时，. 【点睛】关键点睛：第三问关键在于构造差函数证明，结合（2）中结论令，使用裂项相消法即可得证. 【B组】 （建议用时：60分钟 满分：75分） 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．（14分）在中，内角所对的边分别为． (1)求的值； (2)若， （ⅰ）求的值； （ⅱ）求的值． 【解析】（1）因为， 且，，所以， 所以， 由正弦定理有， 所以． （2）（ⅰ）因为，所以， 由余弦定理得， 解得或（舍），所以的值为8． （ⅱ）因为，又因为， 所以， 法（一）， 因为， 所以，所以， ． 法（二）因为，所以， 则 ， 又， 所以． 16．（15分）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围． 【解析】（1）当时，则，， 可得，， 即切点坐标为，切线斜率， 所以切线方程为，即. （2）解法一：因为的定义域为，且， 若，则对任意恒成立， 可知在上单调递增，无极值，不合题意； 若，令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增， 则有极小值，无极大值， 由题意可得：，即， 构建，则， 可知在内单调递增，且， 不等式等价于，解得， 所以a的取值范围为； 解法二：因为的定义域为，且， 若有极小值，则有零点， 令，可得， 可知与有交点，则， 若，令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增， 则有极小值，无极大值，符合题意， 由题意可得：，即， 构建， 因为则在内单调递增， 可知在内单调递增，且， 不等式等价于，解得， 所以a的取值范围为. 17．（15分）如图，在三棱锥中，，，. (1)当三棱锥的体积最大时，求到平面的距离； (2)在（1）的条件下，求平面与平面夹角的余弦值. 【解析】（1）因为，， 所以， 因为，故，， 当且仅当时，等号成立， 则， 要想三棱锥的体积最大，需⊥平面， 此时三棱锥的体积， 因为⊥平面，平面，所以⊥，⊥， 又，，平面， 所以⊥平面， 因为平面，所以⊥， 由勾股定理得， 故， 设到平面的距离为，则； （2）过点作， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， ，，， 设平面的一个法向量为， 则， 解得，令，则，故平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为， 则， 解得，令，则，故平面的一个法向量为， 设平面与平面夹角为， 则， 故平面与平面夹角的余弦值为 18．（15分） 已知双曲线的一条渐近线的倾斜角为，焦距为4．过点的直线与双曲线相交于两点，点关于轴对称的点为点． (1)求双曲线的标准方程； (2)证明：直线过定点； (3)若直线的斜率为，求直线的方程． 【解析】（1）设双曲线的焦距为， 由题意有，解得，故双曲线的标准方程为； （2）设直线的方程为（显然直线的斜率存在）， 点的坐标分别为，联立方程， 消去后整理为， 有， 点的坐标为及对称性，设直线与轴交点为， 有，有，有， 整理为， 有，化简可得， 故直线过定点； （3）由直线过定点，直线的斜率为，直线的方程为， 联立方程消去后整理为，可得， ， 故直线的方程为或． 19．（16分） 1．对于数列，定义变换，将数列变换成数列，记，，对于数列与，定义.若数列满足，则称数列为数列， (1)若数列，写出，并求. (2)对于任意给定的正整数，是否存在数列，使得？若存在，写出一个数列；若不存在，说明理由. (3)若数列满足，求数列的个数 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 【解析】（1）因为，由变换的定义， 得. 所以. （2）对于数列， 所以. 因为数列为数列，所以. 对于数列，令， 则对于数列中相邻的两项， 若，则；若，则. 记中有且个，则有个1， 则. 因为与的奇偶性相同，与的奇偶性不同， 所以不存在符合题意的数列. （3）首先证明. 对于数列，有， ， . 因为， ， 所以，故. 其次，由数列为数列可知，，解得， 这说明数列中任意相邻两项不同的情况有2次. 则数列中的个数为时，符合题意的数列都有个， 所以数列的个数为. 【点睛】思路点睛：数学中的新定义题目解题策略：①仔细阅读，理解新定义的内涵；②根据新定义，对对应知识进行再迁移. 【C组】 （建议用时：60分钟 满分：75分） 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．（14分）已知的内角 所对应的边分别为，若. (1)求； (2)求面积的最大值. 【解析】（1），得到， 由余弦定理知，， 因为，所以． （2），得到，当且仅当取等， 所以，（当且仅当取等．）故面积的最大值为． 16．（15分）已知是函数的极值点． (1)求函数在区间上的值域； (2)若函数有3个零点，求实数的取值范围． 【解析】（1）由，又由是函数的极值点， 有，可得，有， 有， 令，有或，可得函数的减区间为，增区间为，， 又由， 又由函数的图象可知，函数在区间上的值域为； （2）由函数的减区间为，增区间为， 又由， 若函数有3个零点，则实数的取值范围为． 17．（15分） （24-25高三上·天津和平·期末）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．（15分）（2025·山东·模拟预测）已知椭圆的左焦点是抛物线的焦点，且过点． (1)求的方程及离心率； (2)已知为坐标原点，过的左，右顶点作直线分别交于点，且直线的斜率与直线的斜率之比为，过点作于点，问轴上是否存在定点，使为定值？若存在，求出定点的坐标；若不存在，请说明理由． 【解析】（1）因为椭圆的左焦点是抛物线的焦点，且过点， 所以， 解得， 所以的方程为，离心率． （2）轴上存在定点，使为定值． 由的方程知，因为直线的斜率与直线的斜率之比为， 所以设直线的斜率为，则直线的斜率为， 故直线的方程为，直线的方程为, 联立得， 所以，则，故， 同理可得， 所以， , 当，即时，， 此时直线的方程为， 即，所以直线过定点． 当，即时， 若，则且且，故直线过定点； 若，则且且，故直线过定点， 综上直线过定点， 又于点，所以点的轨迹是以为直径的圆，故的中点到点的距离为定值， 所以轴上存在定点，使为定值． 19．（16分） （2025·天津-模拟预测）设定义域为的函数，对于，定义. (1)设，求； (2)设，是否存在，使得是一段闭区间？若存在，求的取值范围；若不存在，请说明理由； (3)函数的定义域是，函数值恒正，其导函数为；当时，.若对任意，均有，求证：“函数是上的严格增函数”当且仅当“”. 【解析】（1）由题设，将化简得，解得，故. （2）因为，代入定义得：， 构造函数， 故，令， 当时，存在，；所以当、时，， 进一步，列表可得： 0 0 0 ↘ 极小值 ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 由此是函数的极大值点，故当时，是一段闭区间， 因此， 特别地，当时，，，，故仍是一段闭区间， 故. 当时，当且仅当时，. 同理，是函数的极小值点，且取得最小值， 当时，是一段闭区间，由此得， 综上所述，存在满足条件的，且. （3）假设，若，则，因此矛盾，故， 先证必要性： 因为函数是上的严格增函数且， 当时，；当时，， 因此，因此必要性得证； 再证充分性： 引理：对任意，当满足时，， 已知，. 假设，设，任取，，则， 因为函数是严格增函数，所以，即， 所以，由此， 因此考虑构造，当，则， 而，函数是严格减函数，，故矛盾， 即， 下面证明函数在上为严格增函数： 任取，若，， 联立上式可得. 而，，又因为是严格减函数， 则.由于，， 所以，故. 同理，可证函数在上为严格增函数，且， 故函数在上为严格增函数，因此充分性得证. 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $$