高考预测卷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） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 C A D C A D C C C 1．C 【分析】利用导数研究的单调性，结合及充分、必要性定义即可得答案. 【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 2．A 【分析】根据命题的否定的定义即可判断． 【详解】因为全称量词命题的否定是存在量词命题， 所以命题“”的否定为：. 故选：A． 3．D 【分析】根据已知及正余弦函数的对称性得到、，进而有，再由正弦型函数的性质依次判断各项的正误，即可得答案. 【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 4．C 【分析】根据可得，再去求的取值范围，即可得的大小. 【详解】因为是的零点，则为的解，分别做与的图像如下， 如图可知，所以，， 所以. 故选： 5．A 【分析】根据全称量词命题的否定为存在量词命题即可判断A；根据期望与方差的性质即可判断B；根据相关系数与相关指数的定义即可判断CD. 【详解】解：对于A，命题“，”的否定是“，”，故A错误； 对于B，，，故B正确； 对于C，两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数的绝对值越接近于1，故C正确； 对于D，在线性回归模型中，相关指数表示解释变量对于预报变量的贡献率，越接近于1，表示回归效果越好，故D正确. 故选：A. 6．D 【分析】利用奇偶性定义，结合指对数函数的性质及复合函数的单调性判断各项对应函数是否满足题设，即可得答案. 【详解】A：，定义域为R，是偶函数，不符； B：，定义域为，是奇函数， 根据复合函数的单调性，易知在上单调递减，不符； C：，定义域为R，是偶函数，不符； D：，定义域为R，是奇函数， 根据复合函数的单调性，易知在R上单调递增，符合. 故选：D 7．C 【分析】设双曲线的右焦点，求出点和的坐标，利用中点坐标公式列式计算得关系，进而可得渐近线方程. 【详解】设双曲线的右焦点，过第一象限的渐近线方程为， 直线与直线交于点，交双曲线于点， 由M是线段的中点，得，则，， 所以C的渐近线方程为. 故选：C 8．C 【分析】将几何体的体积转化为四棱锥和三棱锥的体积后可得正确的选项. 【详解】 因为四边形为矩形，故，而平面平面， 平面平面，平面， 故平面， 在平面中过作，垂足为，则， 同理可证平面， 而，故， ， 故几何体的体积为， 故选：C. 9．C 【分析】问题化为与有三个交点，导数研究的性质并确定极值，列不等式求参数范围. 【详解】由题意，与有三个交点， 由，在上，在上单调递增， 在上，在上单调递减， 当趋向时趋向于0，趋向时趋向于，且，， 所以，，即. 故选：C 10． 【分析】在二项式展开式的通项公式中，令的幂指数等于，求出的值，即可求得项的系数. 【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：. 11． 【分析】令，将其代入化简得，列方程组即可求得. 【详解】令，则， 因，则， 即，则， 解得，则，故的虚部为. 故答案为： 12． 【分析】设，，联立抛物线并应用韦达定理，结合得、，进而得到，应用抛物线定义求、中点为的横坐标，最后应用几何法求弦长即可. 【详解】由题意，可得如下示意图，，令，，    联立，则，显然，则，， 联立，则，可得，结合，则，即， 所以，可得， 又，故圆的半径为4， 若中点为，则， 所以以线段AB为直径的圆被y轴截得弦长为. 故答案为： 13． 【分析】结合对数函数性质求出定点的坐标，由点的坐标与集合的关系可得，结合关系利用基本不等式求结论. 【详解】因为时，， 所以函数的图象过定点， 故点的坐标为， 因为， 所以， 所以， 所以， 当且仅当，即时等号成立， 所以的最小值为. 故答案为：. 14． 【分析】根据给定条件，利用互斥事件的概率公式及相互独立事件的概率公式计算即得. 【详解】第一局甲胜，第二局乙胜：甲胜第一局的概率为，第二局乙执黑子先下，则乙胜的概率为， 因此第一局甲胜，第二局乙胜的概率为； 第一局乙胜，第二局甲胜：乙胜第一局的概率为，第二局甲执黑子先下，则甲胜的概率为， 因此第一局乙胜，第二局甲胜的概率为， 所以甲、乙各胜一局的概率为. 故答案为： 15． 【分析】由向量的加法和数量积运算将转化为，再由的值和的范围可求得结果；令可得点T 在BC上，再将转化为，由、的范围可求得结果. 【详解】由直线l过正方形的中心O且与两边AB、CD分别交于点M、N，得O为MN的中点， 则，， 由Q是BC的中点，得，又，则， 所以取值范围为； 令，则 ， 则，即，于是，即点T 在直线BC上， 因此，，则， 而，因此， 所以的最小值为. 故答案为：； 16．(1) (2)， 【分析】（1）利用平方关系和面积公式求解即可. （2）利用余弦定理和正弦定理求解即可. 【详解】（1）由，且， 则， 所以． （2）由， 则， 又，则． 17．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由题意建系，写出相关点的坐标，计算向量坐标和平面的法向量的坐标，由即可证得； （2）分别求两平面的法向量坐标，由空间向量的夹角公式计算即得. 【详解】（1）    因平面，且,故可以点为坐标原点， 所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系(如图所示). 则. 于是，, 设平面的法向量为， 则，令，可得； 又，显然，，故得平面； （2）由（1）建系，则， 设平面的法向量为， 则，令，可得. 设平面与平面所成夹角为， 因， 则. 即平面与平面所成夹角的正弦值为 18．(1) (2)（i）；（ii） 【分析】（1）根据题意求出，即可得解； （2）（i）设，记，分别将直线的方程与椭圆方程联立，利用韦达定理求出，再求出即可得解； （ii）由（i）可得点为线段的中点，则，进一步有，再求出的范围即可. 【详解】（1）由题意可得，解得， 所以椭圆的标准方程为； （2）（i）设，记， 则直线， 联立，消得， 则，故， 则，所以， 另一方面直线， 联立，消得， 则，所以， 由于，得， ， 所以； （ii）由（i）的结论可知，点为线段的中点，则， 不妨设都在轴上方， 进一步有， 由（i）联立直线与椭圆的方程得， 由韦达定理得， 则， 因为点在线段上，所以， 所以， 所以得取值范围为.    【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种： （1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关； （2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值． 19．(1)证明见解析 (2). (3). 【分析】（1）由求出数列的通项，再根据等差数列的定义判断即可； （2）将代入求出，进一步求得，利用错位相减法求解； （3）判断数列的单调性，求出最大项得解. 【详解】（1）当时，； 当时，. 又也符合上式，所以（）. 因为， 所以数列是等差数列. （2）由，得， 故， ， 则， 两式相减得 ， 即. （3）因为， 当时，，即，当时，易得， 所以，故是数列中的最大项，且. 要使对一切恒成立，只需即可， 故实数m的取值范围为. 20．(1) (2) (3) 【分析】（1）根据偶函数得，解得，再用定义法进行证明； （2）记，判断出在上单调递增，列不等式组求出实数a的取值范围； （3）先判断出在上单调递增且，令，把问题转化为问题转化为在上有两不同实数根，令，利用图象有两个交点，列不等式求出实数m的取值范围． 【详解】（1）定义域为， 因为为偶函数，所以， 即， 即，解得：， 此时，定义域为R， 且， 所以为偶函数，符合题意， 所以； （2）当时，， 不等式，即， 可化为：， 即对任意恒成立， 记，只需， 因为在上单调递增，在上单调递增， 所以在上单调递增，所以， 所以，解得：， 即实数的取值范围为； （3）当时，在上单调递增，在上单调递增， 所以在上单调递增，且， 则可化为， 又因为在上单调递增，所以， 换底得：， 即， 令，则， 问题转化为在上有两不同实数根， 即有两不同实数根， 令， 分别作出图象如图所示： 故在上有两根，只需，解得：， 即实数的取值范围为． 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025年高考数学预测卷（一） （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 1、 单项选择题：本题共9小题，每小题5分，共45分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。 1．设，则“”是“”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 2．命题“”的否定为（   ） A． B． C． D． 3．已知函数和的图象的对称轴完全相同，令，则下列结论错误的是（   ） A．的一个周期为 B．的图象关于直线对称 C．的一个零点为 D．在单调递减 4．已知函数的零点为，，，则，，的大小关系为（   ） A． B． C． D． 5．下列说法不正确的是（    ） A．命题“，”的否定是“，”； B．， C．两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数的绝对值越接近于1； D．在线性回归模型中，相关指数表示解释变量对于预报变量的贡献率，越接近于1，表示回归效果越好； 6．下列函数中既是奇函数，又是定义域上的增函数的是（   ） A． B． C． D． 7．已知双曲线的右焦点为，过点作垂直于轴的直线l，M，N分别是与双曲线及其渐近线在第一象限内的交点．若是线段的中点，则的渐近线方程为（   ） A． B． C． D． 8．某同学在劳动实践课中，用四块板材制作了一个簸箕（如图1），其底面挡板是等腰梯形，后侧挡板是矩形，左右两侧挡板为全等的直角三角形，后侧挡板与底面挡板垂直．簸箕的造型可视为一个多面体（如图2）．若，，，与之间的距离为28cm，则该多面体的体积是（   ） A． B． C． D． 9．已知函数有三个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。试题中包含两个空的，答对1个的给3分，全部答对的给5分。 10．二项式的展开式中，项的系数为 . 11．已知，则的虚部为 . 12．已知过抛物线C：的焦点F作斜率为正数的直线n交抛物线的准线l于点P，交抛物线于A，B（A在线段PF上），，则以线段AB为直径的圆被y轴截得弦长为 13．函数，且的图象恒过定点，若 ，则的最小值为 . 14．甲、乙两人下围棋，若甲执黑子先下，则甲胜的概率为；若乙执黑子先下，则乙胜的概率为.假定每局之间相互独立且无平局，第二局由上一局负者先下，若甲、乙比赛两局，第一局甲执黑子先下，则甲、乙各胜一局的概率为 . 15．如图，已知正方形的边长为2，过中心的直线与两边，分别交于点，，若是的中点，则的取值范围是 ；若是平面内一点，且满足，则的最小值是 . 三、解答题：本题共5小题，共75分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。 16．（本题14分） 在中，角，，所对的边分别为，，，且，，． (1)求的面积； (2)求边长及的值． 17．（本题15分） 如图， 在四棱锥，平面， 底面是直角梯形， 其中， ， ，E为棱上的点，且 .    (1)求证: 平面； (2)求平面与平面所成夹角的正弦值. 18．（本题15分） 已知椭圆的离心率为，且过点．    (1)求椭圆的标准方程； (2)已知点，过点作直线（不与轴重合）交椭圆于，连接交于点，连接，直线与轴交于点． （i）求的值； （ii）若点在线段上，求的取值范围． 19．（本题15分） 已知数列和，数列的前n项和，（），数列满足. (1)求证：数列是等差数列； (2)求数列的前n项和； (3)若对一切恒成立，求实数m的取值范围. 20．（本题16分） 已知函数． (1)若为偶函数，求实数的值； (2)当时，若不等式对任意恒成立，求实数的取值范围； (3)当时，关于的方程在区间上恰有两个不同的实数解，求实数的取值范围． 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $$