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

2026年天津市十二区重点学校高三毕业班联考（一）

数学参考答案

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）

10.211.6012.5

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）

解：(Ⅰ)因为acosBbsinA=0

根据正弦定理得sinAcosBsinBsinA=0，

又因为A是ΔABC的内角,所以sinA≠0

则cosBsinB=0

所以tanB=3

又因为0<B<π,(B是ΔABC的内角）

B

（两角A,B范围，少写一个或都不写，则扣1分）

(Ⅱ)(ⅰ)因为a=1，△ABC的面积为

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sinA

a<b，:A是锐角，:cosA

(不写角A的范围扣1分）

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（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）

解：(Ⅰ)证法一：

连接BD与AC交于点G，再连接EG，

因为AD∥BC，AD=3，BC

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

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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．

则A(0,0,0)，BD(0,3,0)，P(0,0,3)，E(0,1,2)．

（坐标对1个给1分，全对给2分）

设=(x,y,z)是平面ACE的一个法向量，

则

令y=2，则x=-·3，z=-1，

平面的一个法向量为-1

ACE=(-、3,2,)．

因为-3所以

=(·3,0,)，=-3+3=0，丄，

又因为PB丈平面ACE，所以PB∥平面ACE

(Ⅱ)解法一：

设=λ,λ∈[0,1]，得F(0,3-3λ,3λ)，=(0,3-3λ,3λ)，

（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）

化简得8λ2-14λ+3=0，因为λ∈[0,1]，得，

=(|0l，，所以线段AF的值为.

(,,

解法二：

设=λ,λ∈[0,1]，得F(0,3λ,3-3λ)，=(0,3λ,3-3λ)，

=9λ-3=2·2，

（3个结果对1个给1分，全对给2分）

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设直线AF与平面ACE所成角为θ,则

化简得8λ2_2λ_3=0，因为λ∈[0,1]，得，

(

=0,,，，所以线段的值为.

|(l=AF

(Ⅲ)解法一：

因为DE=2EP，所以VE_ACDVP_ACD，

解法二：

在△ACE中，AC，AE=5·丶，CE

cosAA为锐角，sinAcos2A

点P到平面ACE的距离d

18．（本小题满分15分）

解：(Ⅰ)由题意可知，点M的坐标为A(_a,0)，则

,解得

（方程组对给2分，结果1分）

椭圆的方程为

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(Ⅱ)解法一：

由题意可知直线AP的斜率存在且大于0，A(-3,0)，设直线AP的方程为y=k(x+3)(k>0)，P(x0,y0)．

222

由方程组，整理得(5+9k2)x+54kx+81k-45=0，

22

Δ=(54k2)-4(5+9k2)(81k-45)>0，

得x

y

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

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思路二：

过点P作PH丄AF交AF于点H，

则AHcosLPAF

2

因为cosLPAF，所以PA=2PFAH，

3+3k2=9k2+1

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

则

AF=5，

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即

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，

即(1+k

解得k因为k>0，所以k

直线AP的方程为y

(Ⅱ)解法二：

由题意可知直线AP的斜率存在且大于0，A(_3,0)，

设直线AP的方程为x=my__3(m>0)，P(x0,y0)．

2

由方程组整理得(9+5m2)y_30my=0，

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解得y=0，或y，由题意得y

x

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

得m2=3，因为m>0，所以m=·3，

直线AP的方程为y

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19.（本小题满分15分）

设等差数列的公差为，等比数列的公比为，

{an}d{bn}q(q≠1)

由，，

a2+a3=b42b3=3a3_a4

得：，即，

d

所以q3=2q2，解得：q=2或q=0(舍)，d=2，

从而，，n_1；

an=1+(n_1).2=2n_1bn=2

23

i_1

(i)当ci=bi=2(i=1，2,3,，n)时，aici取最大值，

i_1012n

此时aici2=1.2+3.2+5.2+…+2………①

=1+2(2n_2)_(2n_1)2n=_3+(3_2n)2n

故，即集合中的最大元素为n

aici=3Mn(2n_3)2+3;

首先证明，当，即时，，

(ii)cn>0cn=bnaici>0

当cn=bn时aici=anbnaici≥anbnaibi，

n_1

由(i)可知aibi=2+3，

n_1n+1

所以，anbnaibi=2_=2_3>0，

反之，若，则必有，否则若，

aici>0cn>0cn<0

n_1

则aici=_anbnaici≤_anbnaibi=_2+

=_2n+1+3<0，

故当且仅当cn>0时，aici>0，

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再证明集合中有n_1个大于的元素，

Mn20

首先，当，即时，对于任意，，，，，都有i_1和i_1两种可能，故

cn>0cn=bnci(i=123n-1)ci=2ci=_2

n_1

aici有2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

因为，为两种不同形式，则必存在，，，，使得(1)(2)，将其中最大的记为，不

rsk∈{12n_1}ck≠ckkm

妨设(1)，(2)，

cm=bmcm=_bm

若m=1，则显然r≠s，

若m∈{2，，n_1}，则r_s

故，因此集合中有n_1个大于的元素，

r≠sMn20

1

n_1n_1

将这个元素记为，n_1，其中给定，

2aic(j=1,2,2)j∈{1,2,,2}

满足(j)i_1的元素个数为n_2个，满足(j)i_1的元素个数也为n_2，

ci=22ci=_22

n_1

因此=2anbn

n_1n_1，

=2anbn=(2n_1)4

所以集合中所有大于的元素之和为n_1．

Mn0(2n_1)4

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20.(本小题满分16分)

解：(Ⅰ)当a=2时，q(x)=x2_ex+x

因为q'(x)=2x_ex+1，所以q'(1)=3_e

q(1)=2_e

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，

所以pa，

因为p'

当x∈(0,1)时，p'(x)>0，当x∈(1,+∞)时，p'(x)<0，

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.

因为存在s∈(0，+∞),对于任意t∈(0，+∞),都有p(s)>q(t)成立

1

即q(x)<1_a恒成立，等价于ax2_ex+x+2_a<1_a,

2

即对任意xax2_ex+x+1<0恒成立．

设gax2_ex+x+1，则g,(x)=ax_ex+1，x∈(0，+∞)

令h(x)=ax_ex+1,x∈(0,+∞)，则h,(x)=a_ex.

①当a≤1时，因为ex>e0=1，则h'(x)<0，

可知g,(x)在(0，+∞)上单调递减，则g'(x)<g'(0)=0，

所以g(x)在上(0，+∞)单调递减，

1

所以g(x)<g(0)=0，即对任意x∈(0,+∞)，ax2_ex+x+1<0恒成立，

2

所以a≤1满足题意；

②当a>1时，令h,(x)=0，解得：x=lna，

当x∈(0,lna)时，h,(x)>0，则g,(x)单调递增，

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此时g,(x)>g,(0)=0，则g(x)在(0,lna)上单调递增，所以g(x)>g(0)=0，

即当x∈(0,lna)时ax2_ex+x+1>0，即ax2_ex+x+1<0不恒成立，

可知a>1不合题意.

综上所述，a∈(_∞,1].

(Ⅱ)解法二：由（1）得，flnx_ax+a，

所以pa，

因为p'

当x∈(0,1)时，p'(x)>0，当x∈(1,+∞)时，p'(x)<0，

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.

因为存在s∈(0，+∞),对于任意t∈(0，+∞),都有p(s)>q(t)成立

1

即q(x)<1_a恒成立，等价于ax2_ex+x+2_a<1_a,

2

1

即对任意x∈(0，+∞),ax2_ex+x+1<0恒成立．

2

即恒成立，令tx∈(0,+∞)

令u(x)=ex(x_2)+x+2,x∈(0,+∞)

u'(x)=ex(x_1)+1,x∈(0,+∞)，

u''(x)=xex，因为x∈(0,+∞)，所以u''(x)=xex>0，

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）

,即a∈(_∞,1]

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(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2

'

个极值点x1,x2(x1<)，需满足f(1)=1_a>0，且0<x1<1<x2.

因为f(x)=·丶xlnx_a(x_1)，a∈R有2个极值点x1,x2(x1<)，

所以等价于方程的两根为，，且，

x1x20<x1<1<x2

即方程lnx_2ax+2=0的两根为x1，x2，

令t=·、x，则等价于方程lnt_at+1=0的两根为（，

t1，t20<t1<1<t2)

所以

因为

f(x1)+f(x2)=Jx1lnx1_ax1+a+Jx2lnx2_ax2+a

2222

=t1lnt1_at1+a+t2lnt2_at2+a

令v=tlnt_tlnt_t则即证v(t1)+v(t2)>0

因为v'所以v(t)在（0，+∞)上单调递增，

下证t1t2>1：

ln

所以可得即

ln

即证因为t1，t2（0<t1<1<t2)，即t2_t1>0,>1

因此即证ln

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令u=lnt

'

则u0，因此u(t)在（1，+∞)上单调递增，u(t)>u(1）=0，

所以t1t2>1得证.

1

因为0<t1<1<t2，t1t2>1，所以t2>>0，

t1

又发现v且v(t)在（0，+∞)上单调递增，

因此v+v>v+v

即f(x1)+f(x2)>0得证．

(Ⅲ)解法二:由(Ⅱ)问可得，f'(x)在x∈(0,1)上单调递增，在x