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2025 年高考考前信息必刷卷 04（天津专用）
数 学
考情速递
高考·新动向：天津卷考试题型为9（单选题）＋6（填空题）＋5（解答题），其中第19题第20题属于压
轴题目，去年第19题创新考查了数列不等式，此外对于数列不等式的证明问题也是别出心裁，具有很强的
创新性。第20题依旧是导数的综合应用，主要考出不等式恒成立问题与双变量不等式问题，具有很强的综
合性。天津卷秉承“以德为先，能力为重，全面发展”的命题理念，稳步推动新高考改革，构建了以立德
树人为核心，数学素养和创新能力为两大支撑的评价体系。该体系突出对核心知识、思维方法及问题解决
能力的考察，通过四项举措——优化试卷结构、创新题目呈现、精选试题材料、彰显学科本质，来实现高
考育人的目标。天津卷通过设计富有创新性和综合性的题目，全面考察学生的逻辑推理、直观想象、数学
运算、数学抽象、数学建模、数据分析六大数学素养。同时，设置具有创新性和思维深度的问题，以检验
学生的创新能力。在命题过程中，重视学生对基础知识的掌握，减少机械记忆的要求，并关注学生个体间
的发展差异。
高考·新情境：2025年高考数学天津卷将引入更多贴近现实生活的新情境，这些情境将涵盖科技前沿、日
常生活、社会经济等多个方面。试题设计将更加注重考察学生在复杂多变的情境中运用数学知识解决实际
问题的能力。通过新情境的引入，天津卷旨在激发学生的数学学习兴趣，培养其创新思维和跨学科应用能
力。
命题·大预测：基于天津卷一贯的命题风格和近年来的高考改革趋势，预计2025年高考天津卷数学命题将
注重基础知识的深度挖掘与综合运用，同时紧密结合现实生活与科技发展，设计新情境、新题型。具体来
说，可能会加大对函数、导数、圆锥曲线、数列等基础知识的考察力度，注重考查学生对这些知识的理解
和应用能力。同时，概率统计、三角函数、立体几何等传统热点也不会被忽视，可能会以更灵活、更贴近
实际的方式呈现。此外，预计天津卷将注重培养学生的创新思维和实际应用能力，通过设计一些具有挑战
性的问题，引导学生运用所学知识解决实际问题。新情境、新背景的应用也将成为试题设计的一大特色，
以考察学生在不同情境下的数学思维和应变能力。
（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】C
【解析】 ， ，
所以 .
故选：C.
2．“ ”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】由 ，可得 ，当 时， 不成立，充分性不成立；
由 ，可得 ，即 ，显然 成立，必要性成立.
故“ ”是“ ”的必要不充分条件.
故选：B.3．有一散点图如图所示，在六组数据 中去掉B点后重新进行回归分析，则下列说法正
确的是（ ）
A．样本数据的两变量x，y正相关
B．相关系数r的绝对值更接近于0
C．残差平方和变大
D．变量x与变量y相关性变强
【答案】D
【解析】由图可知，样本数据的两变量 负相关，故A错误；
由图可知，点B相对其它点，偏离直线远，
故去掉B点后，回归直线效果更好，故BC错误，D正确．
故选：D.
4．空间中有两个不同的平面 和两条不同的直线 ，则下列命题为真命题的是（ ）
A．若 ，则
B．若 ，则
C．若 ，则
D．若 ，且 ，则
【答案】B
【解析】选项A，
若 ，则 与 可以相交，也可以平行，不一定垂直，A错；
选项B，若 ，则直线 的方向向量分别是平面 的法向量，两平面垂直，即为它们的法向量垂直，则 ，B正确；
选项C，若 ，则可能有 ，也可能 相交，C错；
选项D ，若 ，且 ，则 或 ，D错．
故选：B．
5．如图是下列选项中某个函数的部分图象，则该函数的解析式为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】由图可知当 时， ，故排除B，D；
设 ，则 ，故排除C．
故选：A．
6．已知函数 的零点分别为a，b，c，则a，b，c的大小顺序为
（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由题意得 在R上单调递增，
在 上单调递增，又 ， ，故 ，
， ，故 ，
，故 ，
故 .
故选：B
7．已知双曲线 的左焦点为 ，点 、 分别在 的两条渐近线上，若四边形
（ 为坐标原点）为正方形，则 的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由题意知四边形 为正方形，点 、 分别在 的两条渐近线上，
得双曲线 的两条渐近线互相垂直，故 ，所以 ，
故 的离心率为 ．
故选：C．
8．已知函数 的图象如图所示，图象与 轴的交点为 ，与
轴的交点为 ，最高点 ，且满足 ，则 （ ）A． B． C． D．
【答案】C
【解析】设 ，又 ， ，
则 ，又 ，所以 ，
又由图知，“五点法”作图中的第二个点、第三个点分别为 ， ，
则 ，解得 ，所以 ，
令 ，得到 ，所以 ，代入 ，
得到 ，又 ，解得 ，所以 ，
则 ，
故选：C.
9．风筝又称为“纸鸢”，由中国古代劳动人民发明于距今2000多年的东周春秋时期，是人类最早的风筝
起源．如图，是某高一年级学生制作的一个风筝模型的多面体 为 的中点，四边形 为
矩形，且 ，当 时，多面体 的体积为（ ）A． B． C． D．
【答案】C
【解析】因为D为 的中点， ，
所以 ，
所以 ， ，
又 ，四边形 为矩形， ， 平面 ，
所以 平面 ，
又 ， ， 平面 ，
所以 平面 ，故由四边形 为矩形得 平面 ，
所以由 ， ， 得 ,
所以 ，又由 得 ，
所以 ，
所以多面体 的体积为 .
故选：C.
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．已知复数 满足 ，则 .【答案】
【解析】因为 ，
所以 ，
所以 ，
故答案为： .
11． 的展开式中常数项是 ．
【答案】15
【解析】 的通项公式为： ，
所以 的展开式中常数项是： ,
故答案为：15
12．过原点的一条直线与圆 相切，交曲线 于点 ，若 ，则 的值
为 .
【答案】 /
【解析】易知圆 和曲线 关于 轴对称，
设切线方程为 ， ，
所以 ，解得： ，
由 解得： 或 ，即 ，所以 ，解得： ．
故答案为： .
13．甲乙两人进行一场抽卡游戏，规则如下：有编号 的卡片各1张，两人轮流从中不放回的
随机抽取1张卡片，直到其中1人抽到的卡片编号之和等于13或者所有卡片被抽完时，游戏结束．若甲先
抽卡，求甲抽了3张卡片时，恰好游戏结束的概率是 ．
【答案】 /0.1
【解析】根据题意可知甲抽了3张卡片时，恰好游戏结束相当于从8张卡片中抽取了5张，
且甲抽取的三张卡片数字之和为13，乙抽取的两张卡片数字之和不为13；
总的情况相当于从8张卡片中抽取了5张并进行全排列，即共 种排法；
其中三张卡片数字之和为13的组合有 ； ； ； ； ； 共6种情况；
当甲抽取的数字为 ； 时，
乙在剩余的5个数字中随意抽取两张卡片再进行排列，共有 种；
当甲抽取的数字为 ； ； ； 时，
要排除乙抽到 或 ，此时共有 种；
所以符合题意的排列总数为 种，
可得所求概率为 .
故答案为：
14．在矩形ABCD中 在AD上取一点M，在AB上取一点P，使得 过
M点作 交BC于N点，若线段MN上存在一动点E，线段CD上存在一动点（1）若 用向量 表示向量 ；
（2）若 则 的最小值为 .
【答案】
【解析】（1）根据题意，可得 且 所以 可得
结合 、 可得 ；
（2）因为 所以
观察图形可得： 当 时等号成立，
所以 可得 即 的最小值为
故答案为： ；
15．已知函数 ，若 ，则 ；若对任意的正数 ，方程
都恰有两个不等的实数根，则实数 的取值范围是 .
【答案】
【解析】因为 ，所以 ，
所以 ，所以 ，若 ，则 ，
如图，
当 时， 有且只有一个根，
故舍去，若 ， ，
时， ，
对称轴为直线 ， 时，
，如图，
要使对任意的正数 ，方程 恰有两个不等的实数根，
即 与直线 恰有两个交点，
则 ，所以无解，
若 ， 时， ，
如图，，要满足题意则 ，
因为 ，所以 ，综上： .
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．（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.
【解析】（1）由 ，
得 ，且 ，则 ，
又因为 ，
解得 ； （4分）
（2）因为 ，得
且
解得 ； （8分）（3）因为 ，
. （14分）
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
【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 ， （3分）
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）
已知椭圆 的长轴长为 ，离心率为 .
(1)求椭圆 的方程；
(2)已知椭圆 上点 处的切线方程是 .在直线 上任取一点 引
椭圆 的两条切线，切点分别是 、 .
求证：直线 恒过定点 ；
①
是否存在实数 ，使得 ，若存在，求出 的值，若不存在，说明理由.
②
【解析】（1）由题意可知 ，所以 ，
所以 ，
所以椭圆 的方程为 . （3分）
（2）①设 ， ， ，
由题设可知： ， ，
又因为 ， 经过点 ，所以 ，所以 ， 均在直线 上，即 ，
由 ，解得 ，所以直线 过定点 . （8分）
②设实数 存在，因为 ，所以 ，
当直线 斜率不存在时，此时直线 的方程为 ，
由 解得 ，
所以 ，故 .
当直线 斜率 时，不满足题意；
当直线 斜率 时，设直线 的方程为 ，则 ，
故 ， （11分）
所以 ，
联立 可得 ，显然 ，
所以 ， ，所以 .
综上可知，存在 满足条件. （15分）
19．（15分）
等差数列 的前 项和为 ， （ 且 ）， ．
(1)求 的通项公式与前 项和 ；
(2)记 ，当 ， 时，试比较 与 的大小；
(3)若 ，正项等比数列 中，首项 ，数列 是公比为4的等比数列 ，且
，求 的通项公式与 ．
【解析】（1）设数列 公差为 ，由公式 ， ，
又 ，有 ，所以 ．则 ， ． （3分）
（2）因为 ，所以有
， ，
， ， ，
当 ， 时， ，即 ，
所以，当 时， ；当 时， ． （8分）（3）因为 ，所以 ，设正项等比数列 的公比为 ，
，所以 ，因为 ，所以 ，
又 ，
， （11分）
设 ①，则 ②，
①式-②式得 ，
，
所以， ，
所以， . （15分）
20．（16分）
已知函数 为自然对数的底数.
(1)求函数 的单调区间，并求出曲线 在 处的切线方程；
(2)已知 若不等式 对于任意的 恒成立，求实数 的取值范围；
(3)若关于 的方程 有两个实数根 求证：
【解析】（1）因为 的定义域为令 得
所以 时 单调递减，
时 单调递增，
所以 的单调减区间为 单调增区间为
又
所以曲线 在 处的切线方程为 （4分）
（2）由 得
即
而
所以
令 则 所以 在R上单调递增，
由
可知
所以
所以 （7分）
令 则
所以当 时 单调递增；
当 时 单调递减，所以
则 即
所以 的取值范围为 ； （9分）
（3）由（1）知，若方程 有两个实数根
因为 时 极小值
则
记
则
令 得
当 时 ；当 时
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
故 则 恒成立， （12分）
即 恒成立，
又
所以
又令
可证得 时
即
所以可知
解得
综上 （16分）
