天津市十二区重点学校2025-2026学年高三下学期毕业联考-数学试卷

PAGE10152026（一）530（3510. 11. 12.

2； 14.1a3b；3

（Ⅰ）

3bsinA根据正弦定理得sinAcosB

3sinBsinA0A是ABC的内角,所以sinA则cosB

3sinB所以tanB又因为0Bπ(B是ABC的内角B（A,B1分3（Ⅱ（ⅰ）3 1acsinBcsin3 c

根据余弦定理b2a2c22accosB12322131b

sin

sin

，得sinA

21

511sin2(A1分cos2A12sin2A（11分sin2A2sinAcosA5（11分

cos2Acossin2Asin111

55

（11分5b2c25

cosA

7A是ABC的内角，sinAcos2A12sin2A（11分

11cos2sin2A2sinAcosA5（11分

5cos2Acossin2Asin111 5（11分17.（15）（Ⅰ）

BDAC交于点GEGADBCAD3BC3ADG～△BCGADDG DE2EPADDGDE2 EGPBAABADAPxyzAxyzA0,0,0B

3,0,0，C （112分,,

AE0,1,2，AC

3,2,0 m•AE

y2z则

3x3y0 令y2，则x ，z1ACEm

3,2,1

PB

303PBm330PBm设 DF

AF•m69，

，m AFACE所成角为q，则3231232312222

AF,

AF

，因为3333

AF0,

，

，所以线段AF的值

设 PF

AF•m93，

，m AFACE所成角为q33123312222sincosAF, AF•

3333

AF0,

，

，所以线段AF的值 DE2EP，所以

E 3P P P E 3P 111333 P 3 ACEAC

21，AE ，CE

29cosA

AsinA1cos1cos2AP•

4 342点P到平面ACE的距离d 2 1

d115

214232 P

3

18（（Ⅰ）

bb ab2 ac

a，解得bca2b2

ykx由方程组

54k22459k281k24503x0

59k

x0

1527k59k

1527k

30ky059k2，P59k ,59k2 在△PAB

sinPFA2cosPAF得sinPFA2sinPAFcosPAFsin因为在△PAB中，所以PFA2PAF或PFA2PAFπ，若PFA2PAFπ即PFAAPF，FAFP（此步骤没写不扣分tanPFAtan2PAF

1tan2PAFtanPAFkAPtanPFA

x

59k1527k

9k21 259k（方程tanPFAkFP给1分所以1k

9k2得k21，因为k0，所以k 3 APy

PPHAFAFH则

x03，cosPAF

2cosPAF

PA22 AHPF

x0

59k2

59k1527k59k230k59k2

59k259k

x322 59k

x03 1k2 59k

109k259k33k29k2解得k21，因为k0，所以k 3 APy

2AP•

2cosPAF

22 2AP•AF

1527k

30k

AF5

2AP•AF2

59k

3

59kPF

x0

51527k59k230k59k2

59k259k 51k259k2 59k259k

59k2解得k21，因为k0，所以k 3 APy

cos2 因为

PAFsin2PAFcos2PAFtan2PAF1PF

x0

51527k59k230k59k2

59k259k

2cosPAF，所以

2

cosPAFPA24PF2cos2PAF即1k2

59k21 4 59k2 59k2 1k 解得k21，因为k0，所以k 3APy

,xmy由方程组

2

y0y

30m9x0

15m29

15m2 30mP9 ,95m2 在△PAB

sinPFA2cosPAF得sinPFA2sinPAFcosPAFsin因为在△PAB中，所以PFA2PAF或PFA2PAFπ，若PFA2PAFπ即PFAAPF，FAFP（此步骤没写不扣分tanPFAtan2PAF

1tan2PAFtanPAF

1tanPFA

x

915m2

9m2 29（方程tanPFAkFP给1分所以9

12 得m23，因为m0，所以m APy

a2a3b42b33a3a4， 2q23(12d13d，即2q223d q32q2q2q0(舍)d2

1(n1)22n1

b2n1（23分（Ⅱ）(i)当cb2i1(i1，2,3,，nac iii

(2i1)2i1=120321522(2n1)2n1i1

121322(2n3)2n1(2n1)2

i

12(21222n1)(2n1)2i

12(2n2)(2n1)2n3(3 故

2n3)2n3M中的最大元素为(2n3)2ni(ii)首先证明，当cn0，即cnbnaici0i n n当cnbnaicianbnaicianbnaibii

i

in

(2n5)2n13ia

n

(2n1)2n1[(2n5)2n13]2n130n ii反之，若aici0，则必有cn0，否则若cn0i则a

a

n

ab

(2n1)2n1[(2n5)2n1i

ii nn iii12n130

n i故当且仅当cn0aici0iM2n10首先，当c0，即cb时，对于任意ci-1，都有c2i1和c2i1 aac有 nii任取其中的两种不同形式，记为rac(1)ac(1)ac(1) c(1)abii

1 2

n

nsac(2)ac(2)ac(2) c(2)abii

1 2

n

n )) c(1)bc(2) m1rs

m

mm i im i ii im m2ambmaibii i2(2m1)2m12[(2m5)2m12(2m130，rsM2n10的元素，i(ic(j)2i12n2个，满足c(j)2i1的元素个数也为2n2

n1i n i因此(ac(j)2n1ab(i n ij

i

i

j a ab (ababn nn i iin2n1ab(2n1)4n1nMn0的元素之和为(2n1)4n12016（Ⅰ）a2q(xx2exqx2xex1，q13yq(x在点(1q(1y2e3e)(xy3e)x

f(x)

xlnxaxa2p(x)fx2

lnx

alnx224xp24x

lnxx0,1px0x1px0p(xx0,1p(xx1上单调递减p(xx1p(1)1a.q(x1a1ax2exx2a1gx1ax2exx1gxaxex1x0，h(xaxex1x0,，则hxaex①当a1时，因为exe01hx0g(xg(0)0x0,1ax2exx10a1②当a1时，令hx0xln此时gx

g00x0lna1ax2exx101ax2exx10 a1不合题意解法二：由（1）得，f(x) xlnxaxa2p(x)fx2

lnx

alnx224xp24x

lnxx0,1px0x1px0p(xx0,1p(xx1上单调递减p(xx1p(1)1a.q(x1a1ax2exx2a1 exx

恒成立，令t(x)

exx

t'(x)

(ex1)x2(exx1)2x

ex(x2)x令u(xex(x2)x2xu'(x)ex(x1)1,x(0,)uxxexx0,，所以uxxex0即uxx0,上单调递增，所以uxu0)0所以u(xx0,)上单调递增，所以u(x)u(0)0，即t(x)所以t(xx0,)由洛必达法则

exx

)

ex1

)lim(e)x0 （2分a

，即a 解法一：由（Ⅱ）fxx0,1x1f(x

x2f11a0，且0x11x2f(x

2f'(x)2

lnx

ln 22

a0

x1，x2，且0x11x2即方程lnx 令t t1，t2lnt1at11lnt2at21

lnt11lnt21f(x1)f(x2)

x1lnx1ax1a

lnx2ax2t1lnt2at2a

lnt2at2

1lnt1t

v(ttlntt1lnt（t1lntt1v(t

) (t21)ln

因为v(t)

0，所 下证t1t2ln(t1t2)a(t1t2) lnt1at11

ln

(t1t2)ln

10所以可得

1a 1t2

即ln(tt

t2

t1

)ln

1

，即tt0t2 t2

2 t2

因此即证lnt22 t2令u(tlnt2t1(t1t （t-则u(t)

（t1）t(t所以t1t21得证0

1

1，所以

10v(t)

因此v(t)v(t)v(t) 1 f(x1f(x20（Ⅲ）解法二:由（Ⅱ）fxx0,1x1f(x2x1x2x1x2f11a0，且0x11x2F(tf(1tf(1t

1tln(1t)

(01)21Ftf'(1tf'(121

1t

1t21 21 令F'(t)的导函数为F''(t)，则F''(t) ln(1t)ln(1t)

因为t0,1，所以

ln

1

ln

41t 41t故 1tln1t，即F''(t)

Ft在0,1Ft)'0）0F(t在0,1上单调递增，F(t)F(0)0，2x10x11，即1x10,1Ft