天津市十二区重点学校2025-2026学年高三下学期毕业联考（一）数学+答案

一、选择题:每小题5分，满分45分题号123456789答案BABDCACDA二、填空题:每小题5分，共30分.（两空中对一个得3分，对两个得5分）13.；15.(_∞,_1)u(_1,0)u(0,1)三、解答题：本大题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.（本小题满分14分）根据正弦定理得sinAcosBsinBsinA=0，又因为A是ΔABC的内角,所以sinA≠0则cosBsinB=0B（两角A,B范围，少写一个或都不写，则扣1分）所以SΔABCacsinBsin:c=3根据余弦定理b2=a2+c2_2accosB:b=7(Ⅲ)解法一：由正弦定理得sinAa<b，:A是锐角，:cosA(不写角A的范围扣1分）（公式1分，结果1分）（公式1分，结果1分）（公式1分，结果1分）(Ⅲ)解法二：由余弦定理可得：:cosA…………7分A是ΔABC的内角，:sinA （公式1分，结果1分）（公式1分，结果1分）（公式1分，结果1分）17.（本小题满分15分）连接BD与AC交于点G，再连接EG，所以△ADG~△BCG，因为DE=2EP，所以所以EG∥PB，又因为PB丈平面ACE，所以PB∥平面ACE证法二：(Ⅰ)证明：以A为原点，AB，AD，AP所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系A-xyz．（坐标对1个给1分，全对给2分）又因为PB丈平面ACE，所以PB∥平面ACE（3个结果对1个给1分，全对给2分）设直线AF与平面ACE所成角为θ,则（公式给1分）解法二：（3个结果对1个给1分，全对给2分）设直线AF与平面ACE所成角为θ,则(Ⅲ)解法一：因为DE=2EP，所以VE_ACDVP_ACD，解法二：点P到平面ACE的距离d 18本小题满分15分）（方程组对给2分，结果1分）椭圆的方程为由题意可知直线AP的斜率存在且大于0，A(-3,0)，设直线A54k2)2-4(5+9k2)(81k2-45)>0，得xy思路一：在△PAB中cosLPAF，得sinLPFA=2sinLPAFcosLPAF=sin2LPAF因为在△PAB中，所以LPFA=2LPAF，或LPFA+2LPAF=π,若LPFA+2LPAF=π,即LPFA=LAPF，FA=FP不成立此步骤没写不扣分）tanLPAF=kAP=k，（方程tanLPFA=-kFP给1分）所以得k因为k>0，所以k直线AP的方程为y思路二：过点P作PH丄AF交AF于点H，则AHcosLPAF因为cosLPAF，所以PA2=2PFAH，解得k因为k>0，所以k直线AP的方程为y．思路三：因为cosLPAF，所以 解得k因为k>0，所以k直线AP的方程为y．思路四：因为cos2LPAF（公式推导步骤各1分）因为cosLPAF，所以PA=2PFicosLPAF，PA2=4PF2cos2LPAF，解得k因为k>0，所以k直线AP的方程为y由题意可知直线AP的斜率存在且大于0，A(_3,0)，解得y=0，或y，由题意得yx在△PAB中，cosLPAF，得sinLPFA=2sinLPAFcosLPAF=sin2LPAF因为在△PAB中，所以LPFA=2LPAF，或LPFA+2LPAF=π,若LPFA+2LPAF=π,即LPFA=LAPF，FA=FP不成立此步骤没写不扣分）（方程tanLPFA=_kFP给1分）所以直线AP的方程为y19.（本小题满分15分）24_a，n_1；（通项公式只对一个给2分，都对给3分）i_1(iici取最大值，n_2)_(2n_1)2n=_3+(3_2n)2n故aici=3，即集合Mn中的最大元素为(2n_3)2n+3;再证明集合Mn中有2n_1个大于0的元素，i_1和ci=_2i_1两种可能，故aici有2n_1种不同形式，下面证明这2n_1种不同形式的结果互不相同，任取其中的两种不同形式，记为raica1c+an_1c妨设cm故r≠s，因此集合Mn中有2n_1个大于0的元素，（若没有证明集合中元素互异性，则扣1分）满足ci(j)=2i_1的元素个数为2n_2个，满足ci(j)=_2i_1的元素个数也为2n_2，n_1anbn=(2n_1)4n_1，所以集合Mn中所有大于0的元素之和为(2n_1)4n_1．2_ex+x曲线y=q(x)在点(1,q(1))处的切线方程y_(2_e)=(3_e)(x_1)即y=(3_e)x_1(Ⅱ)解法一：因为f(x)=xlnx_ax+a，因为p'即p(x)在x∈(0,1)上单调递增，p(x)在x∈(1,+∞)上单调递减故p(x)在x=1处取得最大值，最大值为p(1)=1_a.即q(x)<1_a恒成立，等价于1ax2_ex+x+2_a<1_a,2即对任意xax2_ex+x+1<0恒成立．所以g(x)在上(0，+∞)单调递减，所以a≤1满足题意；此时g,(x)>g,(0)=0，则g(x)在(0,lna)上单调递增，所以g(x)>g(0)=即当x∈(0,lna)时ax2_ex+x+1>0，即ax2_ex+x所以pa，因为p'即p(x)在x∈(0,1)上单调递增，p(x)在x∈(1,+∞)上单调递减故p(x)在x=1处取得最大值，最大值为p(1)=1_a.即q(x)<1_a恒成立，等价于1ax2_ex+x+2_a<1_a,22_ex+x+1<0恒成立．2即u'(x)在x∈(0,+∞)上单调递增，所以u'(x)>u'(0)=0，所以u(x)在x∈(0,+∞)上单调递增，所以u(x)>u(0)=0，即t'(x)>0所以t(x)在x∈(0,+∞)上单调递增由洛必达法则（此法则需证明，直接用且结果正确扣2分）(Ⅲ)解法一：由(Ⅱ)可得，f'(x)在x∈(0,1)上单调递增，在x∈(1,+∞)上单调递减，若f(x)有22.即方程lnx_2ax+2=0的两根为x1，x2，所以f(x1)+f(x2)=Jx1lnx1_ax1+a+Jx2lnx2_ax2+a令v=tlnt_tlnt_t则即证v(t1)+v(t2)>0 因此即证ln1得证.11t1即f(x1)+f(x2)>0得证．(Ⅲ)解法二:由(Ⅱ)问可得，f'(x)在x∈(0,1)上单调递设F=f+flnln则F'lnln令F'(t)的导函数为F''(t)，则所以F'(t)在(0,1)上单调递增，故F'(t)>F'（0）=0，所以F(t)在(0,1)上单调递故F(t)>F(0)=0，(t)=f'(1+t)_f'(1_t)>0，故F'(1_x1)=f'(2_x1)_f'(x1)>0，又f'(x1)=f'(x2)=0，所以f'(2_x1)_f'(x2)>0，即f'(2_x1)>f'(x2)，…13分所以2_x1<x2