第=page11頁，共=sectionpages11頁2025年天津市南開區高考數學一模試卷一、單選題：本題共9小題，每小題5分，共45分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。1.若集合U={1,2,3,4,5,6,7,8,9}，A={2,4,6,8}，B={3,6,9}，則(?UA)∩B=A.{3,9} B.{2,4,8} C.{1,3,5,6,7,9} D.{1,2,4,5,6,7,8}2.設x，y∈R，則“x2+y2>0”是“A.充分不必要條件 B.必要不充分條件

C.充要條件 D.既不充分也不必要條件3.設a=log0.63,b=0.6A.b<c<a B.a<c<b C.b<a<c D.a<b<c4.如圖是由一組實驗數據得到的散點圖，以下四個回歸方程類型中適合作為y與x的回歸方程類型的是(

)A.y=ax+b

B.y=ax2+b

C.y=a5.已知f(x)=2ax?cosx22xA.?1 B.0 C.1 D.26.把函數y=f(x)圖象上所有點的橫坐標伸長到原來的2倍，縱坐標不變，再把所得曲線向左平移π3個單位長度，得到函數y=g(x)的圖象，且y=g(x)的圖象關于點(π4,0)中心對稱，則函數y=f(x)A.f(x)=sin(x2?7π12)7.已知函數f(x)=loga(ax?1)(a>0,a≠1)在[2,+∞)上單調遞減，則實數a的取值范圍為A.(12,1) B.(0,1) C.(8.如圖，在平行六面體ABCD?A1B1C1D1中，P是線段A1D上的一點，且A.2：5B.1：2

C.1：3D.1：69.設雙曲線C：x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)的左、右頂點分別是A1，A2A.62 B.213 C.二、填空題：本題共6小題，共30分。10.i是虛數單位，若復數z=(1+i)(2?ai)(a∈R)為純虛數，則a=______．11.若(x?2x)n12.已知圓M：x2+(y?4)2=1與拋物線C：y2=2px(p>0)的準線相切于點E，F為C13.有編號分別為1，2，3的3個盒子，第1個盒子中有2個白球1個黑球，其余盒子中均為1個白球1個黑球.現從第1個盒子中任取一球放入第2個盒子，再從第2個盒子中任取一球放入第3個盒子，則從第1個盒子中取到白球的概率是______；從第3個盒子中取到白球的概率是______．14.在△ABC中，AB=2,AC=6,∠BAC=2π3，若點M為BC的中點，點N滿足AN=12NC，點P為AM與BN的交點，用AB和AC表示BN15.已知f(x)=4?|x|，若方程|2x2+1?f(x)|?f(x)?2x2三、解答題：本題共5小題，共75分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟。16.(本小題15分)

在△ABC中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且a=26,cosA=?14,sinB=2sinC．

(1)求邊b的長；

(2)求sinB的值；17.(本小題15分)

如圖，在四棱錐P?ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB⊥AD，PA⊥PD，PA=PD，AB=1,AD=2,AC=CD=5,M為棱AP上一點，且AP=4AM．

(1)求證：BM//平面PCD；

(2)求直線PB與平面PCD所成角的正弦值；

(3)求平面PCD18.(本小題15分)

已知橢圓E的中心為坐標原點，對稱軸為x軸，y軸，且過(0,?1),(3,12)兩點．

(1)求E的方程；

(2)過點(?4,0)，斜率不為0的直線l與橢圓交于A，B兩點，點C(?1,1)，直線AC與x軸交于P，與y軸交于M，直線BC與x軸交于Q，與y軸交于N.19.(本小題15分)

已知公差大于0的等差數列{an}的前n項和為Sn，且S3=9，a2+3是a3?1，a5的等比中項．

(1)求{an}的通項公式及Sn；

(2)記bm為{an}在區間[a2m,20.(本小題15分)

已知函數f(x)=lnx?x2+x．

(1)求曲線y=f(x)在點(e,f(e))處的切線方程；

(2)若f(x)<0在區間(0,a)上恒成立，求實數a的取值范圍；

(3)若方程f(x)=(m?1)x2+x(m∈R)有兩個不同的實數解x參考答案1.A

2.B

3.D

4.C

5.C

6.C

7.A

8.D

9.C

10.?2

11.?80

12.2513.23

1414.13AC?15.(416.解：(1)根據題意可知，sinB=2sinC，由正弦定理可知b=2c，

由余弦定理可得cosA=b2+c2?a22bc=?14，即4c2+c2?244c2=?14，

解得c=2，故b=4；

(2)根據題意可知，cosA=?14及A∈(0,π)，得sinA=154，

由正弦定理asinA=bsinB，得26154=4sinB，

解得sinB=104；

(3)由(2)可知sinC=12sinB=108，所以cosC=368，

所以sin2C=2sinCcosC=31516,cos2C=1?2sin2C=1116，

所以cos(2C?2π3)=cos2Ccos2π3+sin2Csin2π3

=1116×(?12)+31516×32=95?1132．

17.(1)證明：取DA中點O，連接OC，OP，因為AC=CD，PA=PD，

所以OC⊥AD，OP⊥AD，

又面PAD⊥面ABCD，OP?面PAD，面PAD⊥面ABCD=AD，

所以OP⊥平面ABCD，

以O為原點，OC，OA，OP所在直線分別為x，y，z軸，

建立如圖所示的空間直角坐標系，

則P(0,0,1)，B(1,1,0)，D(0,?1,0)，C(2,0,0)，A(0,1,0)，

所以PD=(0,?1,?1),PC=(2,0,?1),AP=(0,?1,1),18.解：(1)因為橢圓E的中心為坐標原點，對稱軸為x軸，y軸，

設橢圓E的方程為mx2+ny2=1(m>0,n>0且m≠n)，

因為橢圓E經過點(0,?1),(3,12)，

所以n=13m+14n=1，

解得m=14,n=1，

則橢圓E的方程為x24+y2=1；

(2)設直線l的方程為x=ty?4，A(x1,y1)，B(x2,y2)，

聯立x=ty?4x2+4y2=4，消去x并整理得(t2+4)y2?8ty+12=0，

此時Δ=(?8t)2?48(t2+4)>0，

解得t2>12，

由韋達定理得y1+19.解：(1)公差大于0的等差數列{an}的前n項和為Sn，且S3=9，a2+3是a3?1，a5的等比中項，

設等差數列{an}的公差為d，

可得S3=3a1+3d=9，即a1=3?d①，

(a2+3)2=(a3?1)a5，

即(a1+d+3)2=(a1+2d?1)(a1+4d)②，

將①代入②得d2+3d?10=0，因為d>0，解得d=2，a1=1，

所以an=2n?1,Sn=n2．

(2)(i)記bm為{an}在區間[a2m,2am+1)(m∈N?)內項的個數，

Tn為數列{bn}的前n項和．

令a2m≤2n?1<2am+1，即4m?1≤2n?1<22m+1，解得2m≤n<22m+12，

所以bm=22m?2m+1，即{bn}的通項公式為bn=4n?2n+1，

則Tn=(4+16+...+4n)?(1+3+5+...+2n?1)，

由等差數列和等比數列的求和公式，可得Tn=4(1?4n)1?4?n(1+2n?1)2=4(4n?1)3?n2．

又Sn=n2，所以Tn+Sn=4(4n?1)3．

由Tn+Sn=4(4n?1)3<2025，得4n+1<6079，

因為46=4096<6079，47=16384