预测卷01-【大题精做】冲刺2025年高考数学大题突破+限时集训（天津专用）

2025年高考数学预测卷（一） （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 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】且 所以， 故选：C 2．设，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】C 【详解】对应，有，故在R上单调递增， 若，即， 所以“”是“”的充要条件. 故选：C 3．函数 的图象大致为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由知，，即，所以函数定义域为，关于原点对称， 又，所以函数为奇函数，故排除A； 当时，，时，， 所以当，时，，排除C； 当时，符号可正可负，所以可正可负，故可排除D； 故选：B 4．若，，，则a，b，c的大小关系是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由在上单调递增，则， 由在上单调递减，则， 所以. 故选：D 5．下列说法中，正确的有（    ） ①回归直线恒过点，且至少过一个样本点； ②根据列列联表中的数据计算得出，而，则有的把握认为两个分类变量有关系，即有的可能性使得“两个分类变量有关系”的推断出现错误； ③是用来判断两个分类变量是否相关的随机变量，当的值很小时可以推断两类变量不相关； ④某项测量结果服从正态分布，则，则. A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【详解】回归直线的性质是恒过样本点的中心，但不一定会经过任何一个具体的样本点.所以说法①错误. 在独立性检验中，我们先提出一个假设.当根据列联表中的数据计算得出，且时，这意味着在假设成立的条件下，出现这样的值是一个小概率事件.小概率事件在一次试验中几乎不可能发生，但现在却发生了，所以我们有理由拒绝假设，从而有的把握认为两个分类变量有关系，同时也就意味着有的可能性使得“两个分类变量有关系”的推断出现错误，所以说法②正确. 是用于判断两个分类变量是否相关的随机变量.当的值很小时，只能说明我们有较小的把握认为两类变量相关，但不能就此推断两类变量不相关.因为即使值小，也有可能是由于样本量等因素的影响，不能绝对地得出两类变量无关的结论，所以说法③错误. 已知某项测量结果服从正态分布，正态分布具有对称性，其对称轴为.又因为，这表明与关于对称轴对称.根据正态分布的对称性可知，与之和为，已知，那么，所以说法④正确. 故选：B. 6．已知函数和的图象的对称轴完全相同，令，则下列结论错误的是（   ） A．的一个周期为 B．的图象关于直线对称 C．的一个零点为 D．在单调递减 【答案】D 【详解】令，则为的对称轴方程， 令，则为的对称轴方程， 由与的对称轴完全相同，则，即对称轴为， 所以且，则， 所以，其最小正周期，故也是一个周期，A对； ，故的图象关于直线对称，B对； ，当有， 所以的一个零点为，C对； ，则，显然在给定区间内不单调，D错. 故选：D 7．已知是双曲线的左焦点，为坐标原点，过点 且斜率为的直线与 的右支交于点，与左支交于点，则 离心率为 （     ） A．2 B．3 C． D． 【答案】B 【详解】设的中点为P，设为双曲线的右焦点，连接， 因为，故，设， 则，而P为的中点，则， 故，即N为的中点， 而O是的中点，故是的中位线，则， 又，故，则为等腰三角形，即得，（c为双曲线的半焦距）； 又直线的斜率为，即，则。（为锐角）， 在中，，故，即， 则， 由双曲线定义知，即得，即， 故，即双曲线E的离心率为3， 故选：B 8．如图1的方斗杯古时候常作为盛酒的一种容器，有如图2的方斗杯，其形状是一个上大下小的正四棱台，，，现往该方斗杯里加某种酒，当酒的高度是方斗杯高度的一半时，用酒，则该方斗杯可盛该种酒的总容积为（    ）      A． B． C． D． 【答案】C 【详解】设线段、、、的中点分别为、、、，如下图所示： 易知四边形为等腰梯形，因为线段、的中点分别为、， 则， 设棱台的高为，体积为， 则棱台的高为，设其体积为， 则，则， 所以，，所以，该方斗杯可盛该种酒的总容积为. 故选：C. 9．已知函数，若恒成立，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】可变形为，，注意， 令，则，所以在上单调递增， 不等式可化为，所以， 所以， 因为，， 当时，；当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增，则， 所以，. 故选：A . 二、填空题：本题共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．i是虚数单位，则 . 【答案】/ 【详解】 . 故答案为：. 11．二项式的展开式中，项的系数为 . 【答案】 【详解】二项式的展开式中，通项公式为. 令，解得. 故项的系数是. 故答案为：. 12．已知，直线恒过定点，圆的圆心与点关于直线对称，直线与圆相交于两点，且，则圆的半径为 ． 【答案】 【详解】直线的方程可化为， 令，解得，所以点的坐标为， 又圆的圆心与点关于直线对称，则， 设圆的方程为， 且圆的圆心到直线的距离为， 又，则. 即圆的半径为. 故答案为：. 13．已知正实数，满足，则的最小值为 【答案】 【详解】 因为正实数，满足， 所以 当且仅当，即时等号成立， 所以. 故答案为：. 14．从甲、乙、丙等6人中选择3人去成都出差，则甲被选中，而乙没有被选中的概率为 . 【答案】/ 【详解】甲、乙、丙等6人中选择3人去成都出差，共有种情况， 甲被选中，而乙没有被选中共有种情况， 所以甲被选中，而乙没有被选中的概率为. 故答案为： 15．在中，，，，，记，，用，表示 ；若，则的最小值为 ． 【答案】 【详解】因为为的中点， 则，可得， 两式相加，可得到， 即，所以； 因为，则，可得， 得到， 即，即． 于是． 记， 则， 在中，根据余弦定理：，即， 于是， 由和基本不等式可得， 故，当且仅当取得等号， 可得， 所以时，有最小值． 故答案为：． 三、解答题：本题共5小题，共75分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。 16．已知的内角、、的对边分别为、、且． (1)求角的大小； (2)若，，求的面积； (3)若，求的值． 【详解】（1）由结合正弦定理得：，， 因为，则，则， 又，故. （2）因为，， 由余弦定理可得，整理可得， 又，解得， 所以的面积为. （3）由正弦定理得：，则， 因为，即，则，故为锐角， 则， 所以， ， 所以. 17．在如图所示的几何体中，四边形是正方形，四边形是梯形，，且. (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成角的大小； (3)已知点在棱上，且异面直线与所成角的余弦值为，试确定点的位置. 【详解】（1）取的中点为，连接，如下图： 因为为的中点，所以，由，则， 因为，所以四边形是平行四边形，则，且， 因为在正方形中，且，即且， 所以四边形为平行四边形，则， 因为平面，平面，所以平面. （2）由，则， 在正方形中，，所以两两垂直， 以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如下图： 则， 可得，，，， 设平面的法向量为，则， 令，则，所以平面的一个法向量； 设平面的法向量为，则， 令，则，所以平面的一个法向量， 设平面与平面的所成角为， 则，由，则. （3）由题意作图如下： 设，则， 可得， 设异面直线与所成角为， 则， 整理可得，解得， 即，由，则，即， 故点为靠近的四等分点. 18．已知椭圆的离心率为，四个顶点所围成菱形的面积为. (1)求椭圆的方程； (2)若A、B两点在椭圆C上，坐标原点为O，且满足，求的取值范围. 【详解】（1）由已知可得，解得， 所以椭圆的方程为. （2） 当直线的斜率存在时，设直线的方程为，设， 联立，得， ，即， ，，. ，. , ，即，由，则 ， 由，则，且， 所以，且，则， 当直线的斜率不存在时，设， ，即， 又， 所以， 的取值范围是. 19．若数列满足，且存在正整数，使得为奇数时，；为偶数时，，称为阶跳跃数列，记． (1)若数列为阶跳跃数列，且对任意，求最小时的最大值及此时数列的前2025项的和； (2)已知为正整数，数列为阶跳跃数列． ①求的所有不同值的和． ②对任意，令，求证：． 【详解】（1）因为数列为跳跃数列，且，若， 与对任意矛盾； 若，则， 与对任意矛盾； 若，则， 满足对任意，此时的最大值为， 所以的最小值为3，且时的最大值为7． 由，则数列的周期是6， 数列的前2025项的和为. （2）当时，数列为阶跳跃数列，则，，； 当时，数列为阶跳跃数列，则，，，； 当时，数列为阶跳跃数列，则，，，，； 所以数列中项的可能取值为， 的所有不同的值为：， 所以的所有不同值的和为 ， 因为 ， 所以 所以 20．已知函数，. (1)求函数在处的切线方程； (2)若， （i）当时，求函数的最小值； （ii）若有两个实根，，且，证明：. 【详解】（1）因为，所以， 所以，又， 所以函数在处的切线方程为：，即. （2）（i）当时，，定义域为， ， 令， 则， 所以在上单调递增， 又因为， 所以使得，即，① 故当时，，即，此时在上单调递减； 当时，，即，此时在上单调递增， 所以当时，函数有最小值， 由①可得，即， 所以函数的最小值为. （ii）由题意，，定义域为， 由题意有两个不相等的实数根， 令，则， 所以在上递增，所以， 令， 所以有两个不相等的正的零点，且， 即，两式分别相加减得， . 所以② 要证，只需证， 即证，即需证， 由②知，， 故只需证， 不妨设，令， 则只需证，即， 故只需证， 令 则， 所以在上单调递增， 所以， 即当时，成立. 所以，即，故. 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025年高考数学预测卷（一） （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 1、 单项选择题：本题共9小题，每小题5分，共45分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。 1．已知集合，则（    ） A． B． C． D． 2．设，则“”是“”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 3．函数 的图象大致为（     ） A． B． C． D． 4．若，，，则a，b，c的大小关系是（   ） A． B． C． D． 5．下列说法中，正确的有（    ） ①回归直线恒过点，且至少过一个样本点； ②根据列列联表中的数据计算得出，而，则有的把握认为两个分类变量有关系，即有的可能性使得“两个分类变量有关系”的推断出现错误； ③是用来判断两个分类变量是否相关的随机变量，当的值很小时可以推断两类变量不相关； ④某项测量结果服从正态分布，则，则. A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 6．已知函数和的图象的对称轴完全相同，令，则下列结论错误的是（   ） A．的一个周期为 B．的图象关于直线对称 C．的一个零点为 D．在单调递减 7．已知是双曲线的左焦点，为坐标原点，过点 且斜率为的直线与 的右支交于点，与左支交于点，则 离心率为 （     ） A．2 B．3 C． D． 8．如图1的方斗杯古时候常作为盛酒的一种容器，有如图2的方斗杯，其形状是一个上大下小的正四棱台，，，现往该方斗杯里加某种酒，当酒的高度是方斗杯高度的一半时，用酒，则该方斗杯可盛该种酒的总容积为（    ）      A． B． C． D． 9．已知函数，若恒成立，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。试题中包含两个空的，答对1个的给3分，全部答对的给5分。 10．i是虚数单位，则 . 11．二项式的展开式中，项的系数为 . 12．已知，直线恒过定点，圆的圆心与点关于直线对称，直线与圆相交于两点，且，则圆的半径为 ． 13．已知正实数，满足，则的最小值为 14．从甲、乙、丙等6人中选择3人去成都出差，则甲被选中，而乙没有被选中的概率为 . 15．在中，，，，，记，，用，表示 ；若，则的最小值为 ． 三、解答题：本题共5小题，共75分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。 16．（本题14分） 已知的内角、、的对边分别为、、且． (1)求角的大小； (2)若，，求的面积； (3)若，求的值． 17．（本题15分） 在如图所示的几何体中，四边形是正方形，四边形是梯形，，且. (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成角的大小； (3)已知点在棱上，且异面直线与所成角的余弦值为，试确定点的位置. 18．（本题15分） 已知椭圆的离心率为，四个顶点所围成菱形的面积为. (1)求椭圆的方程； (2)若A、B两点在椭圆C上，坐标原点为O，且满足，求的取值范围. 19．（本题15分） 若数列满足，且存在正整数，使得为奇数时，；为偶数时，，称为阶跳跃数列，记． (1)若数列为阶跳跃数列，且对任意，求最小时的最大值及此时数列的前2025项的和； (2)已知为正整数，数列为阶跳跃数列． ①求的所有不同值的和． ②对任意，令，求证：． 20．（本题16分） 已知函数，. (1)求函数在处的切线方程； (2)若， （i）当时，求函数的最小值； （ii）若有两个实根，，且，证明：. 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $$