2025年天津市和平区高考数学一模试卷（含答案）.docx

2025年天津市和平区高考数学一模试卷一、单选题：本题共9小题，每小题5分，共45分在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的1.已知集合A={x|−2−2} C. {x|−10,b>0)的右焦点，过点F作垂直于x轴的直线与双曲线交于S，T两点，A1，A2分别为双曲线的左、右顶点，连接A1S交y轴于点R，连接RA2并延长交ST于点H，且4FH=FT，则双曲线的离心率为(    )A. 72 B. 3 C. 2 D. 53二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。

10.i为虚数单位，复数z=(3−i)(1−i)的实部为______．11.在(2x3−1 x)7的展开式中，x7的系数为______.(用数字作答)12.袋子中装有8球，其中6个黑球，2个白球，若依次随机取出2个球，则在第一次取到黑球的条件下，第二次取到白球的概率为______；若随机取出3个球，记取出的球中白球的个数为X，则X的数学期望E(X)= ______．13.已知正项数列{an}的前n项和Sn满足2Sn=an+1an(n∈N∗)，则a5= ______．14.已知平面四边形ABCD满足|AD|=|AB|=2，BD+CD=2BA且BA⋅BC|BC|=1，M为AB的中点，则|CM|= ______，若E，F分别为线段AD，BC上的动点，且满足ME⋅MF=134，则|ME+MF|的最小值为______．15.若关于x的方程|x2−2ax|+|x2+2ax−3a2|=2x+a有两个不相等的实根，则实数a的取值范围是______．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.(本小题14分)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为 2，c−b=2，cosA=−13．(Ⅰ)求a的值；(Ⅱ)求sinC的值；(Ⅲ)求cos(2A+π3)的值．17.(本小题15分)如图，在四棱锥E−DABC中，平面DEC⊥平面DABC，AD⊥CD，AB//CD，DA=DC=4，AB=EC=2，且CE⊥ED．(Ⅰ)求直线DE与平面BCE所成角的正弦值；(Ⅱ)求平面ABC与平面BCE的夹角的余弦值；(Ⅲ)求点A到平面BCE的距离．18.(本小题15分)椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(−c,0)和F2(c,0)，左顶点为A，下顶点为B，|AB|= 32|F1F2|．(Ⅰ)求椭圆的离心率；(Ⅱ)已知过F1的直线l与椭圆交于M，N两点，若在直线x=−2c上存在一点P，使得△MPN为面积是185 3的等边三角形，求直线l的方程与椭圆的标准方程．19.(本小题15分)已知n∈N∗，记无穷数列{an}的前n项中的最大值为Mn，最小值为mn，令bn=Mn+mn2．(Ⅰ)若an=(−2)n，求数列{bn}的通项公式与其前n项和Sn；(Ⅱ)若数列{bn}为递增的等差数列，判断数列{an}是否也一定为递增的等差数列，并说明理由；(Ⅲ)若bn=2n−4，cn=an3n，设数列{cn}的前n项和为Tn，是否存在正整数p，q(10，且x∈(0,+∞)，不等式(f(x)g(x))2a≥lnxlnf(x)恒成立，求a的取值范围．参考答案1.A 2.C 3.B 4.C 5.B 6.C 7.D 8.A 9.D 10.2 11.280 12.27 34 13. 5−2 14. 13  4 15.(−13,3) 16.解：(Ⅰ)△ABC的面积为 2，c−b=2，cosA=−13，可得sinA= 1−cos2A= 1−19=2 23，所以S△ABC=12bcsinA=12bc×2 23= 2，可得bc=3，将c−b=2两边平方，可得b2+c2=4+2bc=4+2×3=10，由余弦定理可得a= b2+c2−2bccosA= 10−2×3×(−13)=2 3；(Ⅱ)由b=c−2，所以c(c−2)=3，即c2−2c−3=0，解得c=3，由正弦定理可得：asinA=csinC，即sinC=ca⋅sinA=32 3×2 23= 63；(Ⅲ)因为cos2A=2cos2A−1=2×19−1=−79，sin2A=2sinAcosA=2×2 23×(−13)=−4 29，所以cos(2A+π3)=cos2Acosπ3−sin2Asinπ3=−79×12−(−4 29)× 32=4 6−718．17.解：(Ⅰ)平面ECD⊥平面DABC，交线为CD，过D在平面DCE内作DM⊥DC，故DM⊥平面DABC，又因为AD⊥CD，因此以点D为原点，DA，DC，DM所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如下图所示的空间直角坐标系，由已知CE⊥ED，DC=4，EC=2，求得E(0,3, 3)，所以D(0,0,0)，A(4,0,0)，C(0,4,0)，B(4,2,0)，E(0,3, 3)，DE=(0,3, 3)，因为BC=(−4,2,0)，CE=(0,−1, 3)，设平面BCE的法向量为n1=(x,y,z)，则n1⋅BC=−4x+2y=0n1⋅CE=−y+ 3z=0，令x= 3，则n1=( 3,2 3,2)，设直线DE与平面BCE所成角为θ1，sinθ1=|cos|=|DE⋅n1||DE|⋅|n1|=4 1919，则直线DE与平面BCE所成角的正弦值为4 1919；(Ⅱ)易知平面ABC的法向量为n2=(0,0,1)，设平面ABC与平面BCE夹角为θ2，则cosθ2=|cos〈n1,n2〉|=|n1⋅n2||n1|⋅|n2|=2 1919，则平面ABC与平面BCE夹角的余弦值为2 1919；(3)因为AB=(0,2,0)，则点A到平面BCE的距离为|AB⋅n1||n1|=4 5719．18.解：(Ⅰ)因为|AB|= 32|F1F2|，、所以 a2+b2= 32⋅2c，又a2=b2+c2，则椭圆的离心率e=ca= 22；(Ⅱ)由(Ⅰ)知a2=2c2，此时椭圆方程为x22c2+y2c2=1，当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x=−c，显然不成立；当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=k(x+c)，M(x1,y1)，N(x2,y2)，MN中点为H，联立y=k(x+c)x22c2+y2c2=1，消去y并整理得(2k2+1)x2+4k2cx+2k2c2−2c2=0，此时Δ>0，由韦达定理得x1+x2=−4k2c2k2+1，x1x2=2k2c2−2c22k2+1=2c2(k2−1)2k2+1，所以H(−2k2c2k2+1,kc2k2+1)，因为△MPN的面积S= 34|MN|2=185 3，所以|MN|=65 10，此时|MN|= 1+k2|x1−x2|= 1+k2 (x1+x2)2−4x1x2=2 2c(k2+1)2k2+1，|PH|= 1+1k2|xP−xM|= 1+1k2|−2c+2k2c2k2+1|= 1+1k2⋅2c(k2+1)2k2+1，因为|PH|= 32|MN|，整理得k2=2，此时满足Δ>0，解得k=± 2，此时|MN|=65 2c=65 10，解得c= 5．则椭圆方程为x210+y25=1，直线l的方程为y= 2x+ 10或y=− 2x− 10．19.解：(Ⅰ)由an=(−2)n，即an=−2n,n为奇数2n,n为偶数，当n=1时，b1=−2，当n>2时，n为偶数，bn=an+an−12=(−2)n+(−2)n−12=2n−2n−12=2n−2，n为奇数，且n≥3，bn=an−1+an2=(−2)n−1+(−2)n2=2n−1−2n2=−2n−2，故bn=−2,n=1,(−2)n−2,n≥2.当n=1时，Sn=−2，当n≥2时，Sn=b1+(b2+b3+⋯+bn)=−2+1−(−2)n−11−(−2)=−2+13[1−(−2)n−1]，所以Sn=−53−13(−2)n−1．(Ⅱ)若{bn}为递增的等差数列，设其公差为d，则d>0，所以bn+1−bn=Mn+1+mn+12−Mn+mn2=Mn+1−Mn2+mn+1−mn2=d>0，若an+1an，所以{an}是递增的数列，由Mn=an,mn=a1,d=Mn+1−Mn2+mn+1−mn2=an+1−an2，所以{an}是公差为2d的等差数列，因此数列{an}为递增的等差数列得证．(Ⅲ)若bn=2n−4，b1=−2，由(Ⅱ)可知{an}也为等差数列，且公差为4，a1=b1=−2，an=a1+4(n−1)=4n−6,cn=(4n−6)⋅(13)n，Tn=−2×(13)1+2×(13)2+⋯+(4n−6)⋅(13)n，13Tn。