2025年高考考前押题密卷高三数学(天津卷)(考试时间:120分钟试卷满分:150分)注意事项:1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2.回答第Ⅰ卷时,选出每小题答案后,用2B铅笔把答题卡上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.写在本试卷上无效.3.回答第Ⅱ卷时,将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.4.测试范围:高考全部内容5.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回.第Ⅰ卷一、选择题:本大题共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】C【分析】由补集和交集的定义求解.【详解】集合,,,.故选:C2.设,则“”是“”的( )A.充分非必要条件 B.必要非充分条件C.充要条件 D.既非充分又非必要条件【答案】B【分析】判断“”和“”之间的逻辑推理关系,即可得答案.【详解】当时,或,不能推出有成立;当时,则,必有成立,故“”是“”的必要非充分条件,故选:B3.杭州亚运会的成功举行,让世界进一步了解中国,志愿者们的微笑,也温暖了全世界.运动会期间,需从4位志愿者中选3位安排到三个不同的工作岗位,每个岗位1人,其中甲不能安排在岗位,则不同的安排方法共有( )A.9种 B.12种 C.15种 D.18种【答案】D【分析】方法一:运用分步乘法计数原理,先安排岗位,再安排岗位;方法二:运用分类加法计数原理,分为甲入选和甲不入选两种情况.【详解】方法一:运用分步乘法计数原理,先安排岗位,再安排岗位,则不同的安排方法共有(种).方法二:运用分类加法计数原理,若甲不入选,有(种)安排方法;若甲入选,则有(种)安排方法,所以共有(种)不同的安排方法.故选:D.4.设,则的大小关系为( ).A. B. C. D.【答案】B【分析】由指数函数的单调性可得,由对数函数的单调性可得,即可得到结果.【详解】,且,即,又,即,所以.故选:B5.已知函数的部分图象如图所示,其中,,则( )A. B.C.直线是图象的一条对称轴 D.是图象的一个对称中心【答案】D【分析】根据周期性求出,根据函数过点求出,即可得到函数解析式,再根据余弦函数的性质判断即可.【详解】依题意,又,所以,解得,所以,又函数过点,所以,所以,又,所以,所以,故A、B错误;又,所以不是的对称轴,故C错误;,所以是图象的一个对称中心,故D正确.故选:D6.《天工开物》是我国明代科学家宋应星所著的一部综合性科学技术著作,书中记载了一种制造瓦片的方法.某校高一年级计划实践这种方法,为同学们准备了制瓦用的粘土和圆柱形的木质圆桶,圆桶底面外圆的直径为,高为.首先,在圆桶的外侧面均匀包上一层厚度为的粘土,然后,沿圆桶母线方向将粘土层分割成四等份(如图),等粘土干后,即可得到大小相同的四片瓦.每位同学制作四片瓦,全年级共500人,需要准备的粘土量(不计损耗)与下列哪个数字最接近.(参考数据:)( )A. B. C. D.【答案】B【分析】结合圆柱体积公式求出四片瓦的体积,再求需准备的粘土量.【详解】由条件可得四片瓦的体积()所以500名学生,每人制作4片瓦共需粘土的体积为(),又,所以共需粘土的体积为约为,故选:B.7.已知菱形的边长为,动点在边上(包括端点),则的取值范围是( )A. B. C. D.【答案】C【分析】建立平面直角坐标系,利用向量积的坐标计算将目标式化简,求出取值范围即可.【详解】如图,作,以为原点,建立平面直角坐标系,易知,,,设,且,故,,故,而,.故选:C8.如图所示,过双曲线的左焦点作圆的切线,切点为,切线与一条渐近线交于点,若,则双曲线的离心率为( )A.2 B. C. D.【答案】C【分析】由题意知,,则,易得,从而可求出,进而可求出,再根据求出的关系,再根据离心率公式即可得解.【详解】如图所示,连接,由题意知,,所以,设,则,又因为,所以,故,所以,由得,即,所以离心率.故选:C.9.对任意两个非零的平面向量和,定义:,.若平面向量满足,且和都在集合中,则( )A.1 B. C.1或 D.1或【答案】D【分析】根据,得到,再利用题设中的定义及向量夹角的范围,得到,,再结合条件,即可求出结果.【详解】因为,设向量和的夹角为,因为,所以,得到,又,所以,又在集合中,所以,即,得到,又因为,所以或,所以或,故选:D.第Ⅱ卷二、填空题:本大题共6小题,每小题5分,共30分10.已知为虚数单位,,复数在复平面内对应的点在第四象限,写出满足题意的的一个值为.【答案】(答案不唯一,只要满足的整数值即可)【分析】根据复数的除法运算求出复数对应的点的坐标,列出不等式组,求出a的范围,即可求得答案.【详解】复数,对应的点的坐标为,则由题意得,解得,故可填(答案不唯一),故答案为:11.的展开式中的系数为.【答案】【分析】利用二项式定理的通项公式求解.【详解】的展开式的通项,令,得,所以的展开式中的系数为.故答案为:.12.已知直线与圆交于两点,直线垂直平分弦,则的值为.【答案】2【分析】利用圆的性质,两直线位置关系计算即可.【详解】由题意可知,即圆心,又直线垂直平分弦,所以过圆心,所以.故答案为:213.某电视台举办知识竞答闯关比赛,每位选手闯关时需要回答三个问题.第一个问题回答正确得10分,回答错误得0分;第二个问题回答正确得20分,回答错误得0分;第三个问题回答正确得30分,回答错误得分.规定,每位选手回答这三个问题的总得分不低于30分就算闯关成功.若某位选手回答前两个问题正确的概率都是,回答第三个问题正确的概率是,且各题回答正确与否相互之间没有影响.则该选手仅回答正确两个问题的概率是;该选手闯关成功的概率是.【答案】/0.5【分析】利用独立事件乘法公式及互斥事件加法求选手仅回答正确两个问题的概率,分析知只需第三问回答正确则选手即可闯关成功,否则失败,即可确定选手闯关成功的概率.【详解】由题设,选手仅回答正确两个问题的概率,由题意,只要第三问回答正确,不论第一、二问是否正确,该选手得分都不低于30分,只要第三问回答错误,不论第一、二问是否正确,该选手得分都低于30分,所以选手闯关成功,只需第三问回答正确即可,故概率为.故答案为:,14.窗花是贴在窗子或窗户上的剪纸,是中国古老的传统民间艺术之一,图1是一个正八边形窗花隔断,图2是从窗花图中抽象出的几何图形的示意图.如图2,正八边形ABCDEFGH内角和为1080°,若(,),则的值为;若正八边形ABCDEFGH的边长为2,P是正八边形ABCDEFGH八条边上的动点,则的最小值为. 【答案】【分析】以点为坐标原点,分别以所在直线为轴,建立平面直角坐标系,由,列出方程组,求得,从而得到;设,则,由即可求得的最小值.【详解】,以点A为坐标原点,分别以AB,AF所在直线为x,y轴,建立平面直角坐标系, 正八边形内角和为,则,所以,,,,,,,,,,因为,则,所以,解得,,所以;设,则,,,则,所以,当点P在线段GH上时,取最小值.故答案为:;.15.已知函数在区间内恰有2个极值点和3个零点,则的取值范围是.【答案】【分析】根据题意利用三角恒等变换可得,分析可知,且的极值点即为的极值点,结合余弦函数图象分析求解.【详解】由题意可得:,令,可得,且的极值点即为的极值点,因为,则,由题意结合余弦函数图象可得:,解得,所以的取值范围是.故答案为:.三、解答题:(本大题共5小题,共75分,解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤)16.在中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,求:(1)a和c的值;(2)的值.【详解】(1)由得又∴. 由余弦定理及得由得或 (2),在中,则.当时,由正弦定理,得,, 当时,由正弦定理,得17.如图,在四棱锥P-ABCD中,AP,AB,AD两两垂直,AD=AP=4,AB=BC=2,AD∥BC,M为线段PC上一点(端点除外). (1)若异面直线BM,AP所成角的余弦值为,求PM的长;(2)求二面角B-PC-D的平面角的正弦值.【详解】(1)因为AP,AB,AD两两垂直,所以以A为坐标原点,AB,AD,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则由AD=AP=4,AB=BC=2,得A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,4,0),P(0,0,4),则,,设,其中,所以.因为直线BM,AP所成角的余弦值为,所以,解得,所以,故PM的长为. (2)由(1)知,,,.设平面BPC的法向量为,由得,取,则,所以平面BPC的一个法向量为.设平面DPC的法向量为,由得,取,则,所以平面DPC的一个法向量为,所以,所以二面角B-PC-D的平面角的正弦值为.18.已知为等差数列,是公比为2的等比数列.,且.(1)求数列和的通项公式;(2)若①当为奇数,求;②求.【详解】(1)设数列的公差为的公比为,由已知可得,得,;(2)①为奇数,为偶数. ;②当为偶数,为奇数,令,,即,,所以所以所以所以.19.已知椭圆,点、分别为椭圆的左、右焦点.(1)若椭圆上点满足,求的值;(2)点为椭圆的右顶点,定点在轴上,若点为椭圆上一动点,当取得最小值时点恰与点重合,求实数的取值范围;(3)已知为常数,过点且法向量为的直线交椭圆于、两点,若椭圆上存在点满足(),求的最大值.【详解】(1)因为,所以设点,则,所以,即,所以;;(2)设,则,,则,所以,,要时取最小值,则必有,所以;(3)设过点且法向量为的直线的方程为,,联立,消去得,则,则,,又,又点在椭圆上,则,所以,即,所以,所以,所以,即的最大值为.20.设函数,.(1)若,求函数的单调区间;(2)若,试判断函数在区间内的极值点的个数,并说明理由;(3)求证:对任意的正数,都存在实数,满足:对任意的,.【详解】(1)当时,,,令,,列表分析10单调递减单调递增故的单调递减区间为,单调递增区间为;(2),,其中,令,,令,,列表分析:0单调递减单调递增,而,,,若,则,,,因此在上有一个零点,所以在内有一个极值点;(3)猜想:,恒成立.证明如下:由(2)得在上单调递增,且,.因为当时,,所以.故在上存在唯一的零点,设为.由0单调递减单调递增知,,,又,而时,,所以(1).即,.所以对任意的正数,都存在实数,使对任意的,使.补充证明令,.,所以在上单调递增.所以时,,即.补充证明令,.,所以在上单调递减.所以时,,即.【点睛】关键点点睛:本题第三问的关键是先猜想,恒成立,再运用导数判断证明,对于存在性问题,找到一个可存在的情况进行证明.
学易金卷2025年高考考前押题密卷数学(天津卷)-学易金卷:高考考前押题密卷(全解全析)
2025-04-12
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