2026年天津高考数学最后冲刺复习限时预测02 （A+B+C三组解答题）（解析版）

限时预测02（A组+B组+C组）

（建议用时：60分钟满分：75分）

四、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．（14分）

2π

记ABC内角A,B,C的对边分别为a,b,c,AC,b22ac．

3

(1)若ABC的面积为6，求b；

π

(2)求sin2A；

6

(3)证明：ABC是钝角三角形．

【答案】(1)443

1

(2)

4

(3)证明见解析

2ππ

【详解】（1）由ABCπ，可得则Bπ，...............................................2

33

11π3

S6acsinBacsinb2，解得b443；...............................................4

ABC2238

π3

（2）b22ac，由正弦定理得sin2B2sinAsinC，由sin2Bsin2，...............................................6

34

32ππ2

则2sinAsinA2sinAsinAsinA3sinAcosA

433

1cos2A3π1

sin2Asin2A，...............................................8

2262

π1

故sin2A；...............................................9

64

π23333

（3）若AC，则有AC，此时sinB，2sinAsinC2，

34222

这与sin2B2sinAsinC矛盾，故A¹C，...............................................11

πππ

不妨设AC，则A，于是2A，...............................................12

362

π11πππ2ππ

由sin2A得2A，故A，于是CA，...............................................13

64266632

故ABC是钝角三角形．...............................................14

17．（15分）

如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，A1CAA12AB2AC2BC4，BAA160.

(1)证明：直线A1B平面ABC．

(2)设P是棱CC1的中点，求AC与平面PA1B1所成角的正弦值．

【答案】(1)证明见解析；

6

(2)

4

【详解】（1）由题意可知ABC是边长为2的正三角形，

△222

在ABA1中，由余弦定理可得A1BAA1AB2AA1ABcosA1AB

1

164242

2

12，..............................................2

222

所以ABA1B16A1A，.............................................3

所以△A1AB为直角三角形，且ABA190，

所以A1BAB，..............................................4

同理可得A1BBC，

因为BC,AB平面ABC，BCABB，

所以直线A1B平面ABC；..............................................6

（2）取AB中点D，连接CD，则CDAB，

又ABACBC2，所以CD3，..............................................8

由（1）可知直线A1B平面ABC，ABA1B，..............................................9

以B为原点，分别以射线BA，BA1为x，y轴的正半轴，建立空间坐标系，如图所示：

则，，

A(2,0,0),A1(0,23,0),C(1,0,3),B1(2,23,0)C11,23,3,P0,3,3

所以A1B1(2,0,0),A1P(0,3,3)，..............................................11

设平面PA1B1的法向量为n(x,y,z)，

nA1B12x0

则有，.............................................13

nA1P3y3z0

令y1，可得n(0,1,1)，

又因为AC(1,0,3)，

ACn36

所以cosAC,n，..............................................14

|ACn|224

6

所以AC与平面PA1B1所成角的正弦值为...............................................15

4

18．（15分）

x2y2

已知椭圆C：1ab0的左、右焦点分别为F1，F2，点2,1在椭圆上，且椭圆上满足PF1PF2

a2b2

的点P有且仅有2个.

(1)求椭圆C的方程；

(2)设直线l与椭圆C交于A，B两点（A在第一象限），与x轴，y轴分别交于点M，N，且AM3AN；

点A关于x轴的对称点为D，直线DN与椭圆的另一个交点为E.

k2

（ⅰ）记直线AN，DN的斜率分别为k1，k2，证明：为定值；

k1

（ⅱ）求直线BE的斜率的最小值.

x2y2

【答案】(1)1

42

10

(2)（ⅰ）证明见解析（ⅱ）

4

【详解】（1）由椭圆上满足PF1PF2的点P有且仅有2个知以F1F2为直径的圆与椭圆有2个公共点，

x2y2

故bc，故椭圆C：1，代入2,1解得b22，..............................................2

2b2b2

x2y2

故椭圆C的方程为1...............................................4

42

33

（2）（ⅰ）设N0,n，则由AM3AN知Ax0,nDx0,nn0,x00，..............................................6

22

33

nnnnk

故n，5n，故25为定值

k2k2..............................................8

12k1

x02x0x02x0

n

（ⅱ）由（ⅰ）可知直线l：ykxnkk10，直线DN：y5kxn；

2x0

x2y2

1222

联立42，整理得：2k1x4nkx2n40，..............................................9

ykxn

22

2n242n22kn2

故由韦达定理：xxxykxnn；.................................10

0B2B2BB2

2k12k1x02k1x0

2n2210kn22

同理可得：；

xE2yE2n..............................................11

50k1x050k1x0

2n222n2296k2n22

故

xExB2222

50k1x02k1x050k12k1x0

10kn222kn2212k10k21n22

，

yEyB2n2n22..............................................12

50k1x02k1x050k12k1x0

2

yEyB10k15k15k110

故kBE2，..............................................13

xExB8k48k48k4

n104

5k110n22

当且仅当k时取等号；此时9107，

48k1024n2

2

故N在椭圆C内Δ0成立；..............................................14

10

综上所述：直线BE的斜率的最小值为...............................................15

4

19．（15分）

2

设正项数列an的前n项和为Sn，且2Snanan．

(1)求an的通项公式;

1

(2)若bn，记数列bn的前n项和为Tn，证明：Tn2．

2an1

【答案】(1)ann

(2)证明见解析

2

【详解】（1）依题意，当n1时，2S12a1a1a1，an0，则a11；............................................2

22

当n2时，2Snanan，2Sn1an1an1，两式相减，............................................4

整理可得anan1anan110，又an为正项数列，故anan11，............................................5

所以数列an是以a11为首项，d1为公差的等差数列，............................................6

所以ann...............................................7

1

（2）证明：由（1）可知an，所以b，显然Tb12，...........................................9

nn2n111

nn1n1n1n111

当n2，则212212212，即，............................................11

2n12n1

11

(1)

11n11

此时T112222，............................................14

nn11n1

2212

2

综上，Tn2成立...............................................15

20．（16分）

已知函数fxexlnxax1.

(1)证明：fx有且只有一个极值点；

(2)若fx恰有两个零点.

（i）证明：ae1；

（ii）记fx的极值点为x0，若mx0lnx0a，求m的取值范围.

【答案】(1)证明见解析；

(2)（i）证明见解析；（ii）me1.

1

【详解】（1）解法一：函数fx的定义域0,,fxexa，

x

11

令gxexa，因为gxex0，

xx2

11

所以gxexa在0,单调递增，即fxexa在0,单调递增.................................2

xx

11

又x0,fxexa0;x,fxexa0.

xx

1

x0

所以存在唯一的实数x0，使得fx00，即ea.............................................4

x0

当x0,x0时，fx0，所以fx单调递减；

当xx0,时，fx0，所以fx单调递增；

故xx0为fx的极小值点，即fx有唯一的极值点；............................................5

1

解法二：同法1得到fxexa在0,单调递增.

x

11

11

ae1ae1

由于feaeae1a

ae11

ae1

eae1aaa10，

a211

fa2eaa21a0，............................................3

a2a2

1x1

所以存在唯一的实数，使得，即e0a，

x0,a2fx00............................................4

a2x0

当x0,x0时，fx0，所以fx单调递减；

当xx0,时，fx0，所以fx单调递增；

故xx0为fx的唯一极值点............................................5

（2）（i）解法一：由（1），得f(x)极小值fx0.

①当fx00时，fx至多一个零点，不合题意，舍去；.........................................6

x0

②当fx00，即elnx0ax010时，

1

ex0a,

x

0x0

由消去a得，1x0elnx00，.........................................7

x0

elnx0ax010,

令px1xexlnxx0，

1

因为pxxex0，所以px1xexlnx为减函数，........................................8

x

x0

又因为p10，所以1x0elnx00的解集为1,.........................................9

1x1

又yex在1,单调递增，所以ae0e1,.

xx0

又x0,fx0;x,fx0.

此时fx有两个不同的零点，即ae1..........................................10

x1

解法二：同法1得到ae0e1,.........................................9

x0

a

此时feaeelneaaea11aaea1a1ea0

fa1ea1lna1aa11(a1)2a11aa110

1

x0a

又a1x0ex010，则ex0a1，

x0

a

由零点存在性定理，存在x1e,x0,x2x0,a1，使得fx1fx20.

综上，可得ae1..........................................10

1

ex0

（ii）解法一：由于x1,，所以xlnx可化为x.

000m0

x0lnx0

1

x

令e，

hxx,x1,

xlnx

x1x11

exlnxe1

则x2xx

hx

(xlnx)2

x1111

exlnx12xlnx1

xxxx

(xlnx)2

11

exxlnx12xlnx1

2，

xx.........................................12

(xlnx)2

x1

设xx1lnx,x1，则x0，则x10，

x

11

则x1lnx0，即xlnx10，从而xlnx10..........................................13

xx

1

令x2xlnx1,x20，所以x在1,单调递增，

x

所以x12ln211ln20，所以2xlnx10，.........................................14

x11

exlnx12xlnx1

即xx2，

0

(xlnx)2

所以hx0，所以hx在1,单调递增..........................................15

所以hxh1e1，故me1..........................................16

x01x01

解法二：将ea代入整理得emx0lnx0

x0x0

1

令hxexmxlnx，

x

1

当m0时，因为x1，所以ex0,xlnx，

x

1

所以hxexmxlnx0，显然成立；

x

1111

当时，xx，

m0hxe2m1xemx1

xxxx

11

令xxexmx1，则xx1exm.

xx2

显然x在1,单调递增，所以x2e1m..........................................12

①当m2e1，则x2e1m0，

1

此时xxexmx1在1,单调递增，

x

所以xe10，即hx0.

所以hx在1,单调递增，所以hxh1e1m，

欲使hx0，只需e1m0，即me1.

即0me1时，符合题意.........................................14

②当m2e1时，则h1e1m0，

1

又h2e2m2ln2，

2

若h20，则h1h20，

1

又hxexmxlnx在1,连续，

x

则存在x01,2，使得hx00，这与hx0矛盾；

若h20，则hx0显然不恒成立

综上，实数m的取值范围为me1..........................................16

x01x01

解法三：将ea代入整理得emx0lnx0

x0x0

1

令hxexmxlnx.........................................11

x

①当me1时，h1e1me1e10.

1

又h2e2m2ln2，

2

若h20，则h1h20，

1

又hxexmxlnx在1,的图象是连续不断的，

x

故存在x01,2，使得hx00，这与hx0矛盾；

若h20，则hx0显然不恒成立

1

所以me1时，hxexmxlnx0不恒成立..........................................13

x

1

②当me1，因为xlnx,hxexe1xlnx，

x

1

令vxexe1xlnx,v10

x

x11

又vxee11，

x2x

因为x1，所以exe.

111e1

所以vxee1110

x2xx2x

所以vx在1,单调递增，

所以vxv10..........................................14

综上，实数m的取值范围为me1..........................................15

（建议用时：60分钟满分：75分）

四、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．（14分）

在ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c，满足b2bcosAc．

(1)证明：A2B；

1

(2)若b2，c1，点D为边BC上一点，AD为BAC的平分线，求AD的值；

a

c

(3)若ABC为锐角三角形，求的取值范围．

b

【答案】(1)证明见解析

6

(2)

2

c

(3)1,2

b

【详解】（1）由b2bcosAc，利用正弦定理得：sinB2sinBcosAsinC，.........................................1

又sinCsinπABsinABsinAcosBcosAsinB，

所以sinB2sinBcosAsinAcosBcosAsinB，

所以sinBsinAcosBcosAsinBsinAB，

所以BAB或ABπB，.........................................3

所以A2B或Aπ（舍去）

所以A2B；.........................................4

cb1

（2）由b2,c1,b2bcosAc，所以cosA，.........................................5

2b4

AA1cosA3

又cosA2cos21，所以cos2，

2228

AπA6

又0，所以cos，.........................................6

2224

又由AD为BAC的平分线，

所以SABCSABDSADC，........................................7

11A1A

所以bcsinAcADsinbADsin，.........................................8

22222

A6

2bccos221

bcsinA6

所以AD24，.........................................9

AA

csinbsincb123

22

2221

又由余弦定理得：abc2bccosA412216，

4

1666

所以a6，所以AD；.........................................10

a362

（3）由（1）有A2B，又ABC3BCπ，所以Cπ3B，

又由正弦定理得：

csinCsinπ3Bsin3B3sinB4sin3B

34sin2B，.......................................12

bsinBsinBsinBsinB

ππ

0A02B

22

ππππ

又ABC为锐角三角形，所以0B0BB，

2264

ππ

0C0π3B

22

12c

所以sinB，所以134sin2B2，所以1,2..........................................14

22b

17．（15分）

1a1

2n

已知数列an的首项a1，且满足．

3an12an

1

(1)证明：数列1为等比数列；

an

1

(2)若数列n的前n项和Sn小于120，求n的最大值．

an

【答案】(1)证明见解析

(2)14

1112an

【详解】（1）令1bn，则an，于是an1，结合已知有an1，.......................2

anbn1bn11an1

22

1bn1bn12

所以，即bn2bn1．.........................................4

b11bn2b2

n11n

bn1bn1

1111

因为b110，所以数列b是以为首项，为公比的等比数列．.........................................6

n22

a12

1

即数列1为等比数列．........................................7

an

nn

1111

（2）由（1）知，1，则nn1，........................................8

an2an2

11

2n12

11122nn(1n)13nn

则S[](12n)nn1，..........10

n1n

2221222

2

21n21n*

令Sn120，整理得n3n2238，而yn3n2在nN上单调递增，.............................................12

11

且14231421142382381523152115270，.............................................14

213214

所以Sn120，n的最大值为14．.........................................15

18．（15分）

如图，已知多面体ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD为直角梯形，点A1、B1、C1、D1在底面的垂足分别为

A、B、C、D，AD//BC，ABAD，CC11，BCBB12，ADABAA1DD14，E为C1D1的中点，

F在AA1上且AF3FA1.

(1)求BE与平面ADD1A1所成角的正弦值；

(2)求平面FBC与平面A1BC的夹角的余弦值；

(3)边DD1上是否存在点M，使B1、E、M、F四点共面，若存在，求出DM的长度，若不存在，则说明理由.

477

【答案】(1)

77

72

(2)

10

(3)存在，DM3，理由见解析.

【详解】（1）由题意得AA1,AB,AD两两垂直，

x,y,z

以A为原点，AB,AD,AA1为轴正方向建立空间直角坐标系，如图：

5

则A0,0,0，B4,0,0，C4,2,0，D0,4,0，A10,0,4，B14,0,2，C14,2,1，D10,4,4，E2,3,，

2

F0,0,3，..........................................2

5

设BE与平面ADD1A1所成角为，BE2,3,，..........................................3

2

易得平面ADD1A1的法向量为n11,0,0，

5

12030

BEn12477

则sincosBE,n1，

277......................................4

BEn1225222

23100

2

477

BE与平面ADD1A1所成角的正弦值为......................................5

77

（2）设平面FBC与平面A1BC的夹角为1，

平面FBC的法向量为n2x,y,z，BF4,0,3，BC0,2,0，

n2BF4x3z0

则有，令z4，则n23,0,4，.....................................7

n2BC2y0

平面A1BC的法向量为n3m,n,p，BA14,0,4，BC0,2,0

n3BA14m4p0

则有，令p1，则n31,0,1，......................................8

n3BC2n0

nn13001472

coscosn,n23......................................9

123222222

n2n330410110

72

平面FBC与平面A1BC的夹角的余弦值......................................10

10

（3）设M0,4,m，平面B1EF的法向量n4a,b,c，

若DD1上存在点M，使B1、E、M、F四点共面，则有B1Mn4，

1

B1E2,3,，BF4,0,1，......................................12

21

1

n4B1E2a3bc0

则有2，令a1，则n41,0,4，......................................13

n4B1F4ac0

B1M4,4,m2，则B1Mn444m20，解得m3，DM3，......................................14

故DD1上存在点M，使B1、E、M、F四点共面，DM3.......................................15

19．（15分）

x2y21

已知椭圆C:1(ab0)的长轴长为4，且点P3,在椭圆C上.

a2b22

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)直线l:ykxm(k0,m0)与椭圆C交于A，B两点，线段AB的中点为D，连接OD（O为坐标原点）

并延长，交椭圆C于点E，交直线x4于点H．

11

①若OAOB0，求22的值；

∣OA∣∣OB∣

2

②若OEODOH，试问直线l是否过定点？若过定点，求出该定点坐标；若不过定点，请说明理由.

x2

【答案】(1)y21

4

5

(2)①；②过定点1,0

4

x2y2

【详解】（1）因为椭圆C:1(ab0)的长轴长为4，

a2b2

所以2a4，所以a2，......................................2

1

因为点P3,在椭圆C上，

2

1

所以3，所以b1，......................................3

41

a2b2

x2

所以椭圆C的方程为y21.......................................4

4

（2）①当直线OA，OB的斜率一条不存在，另一条的斜率为0时，

不妨设直线OA的斜率一条不存在，直线OB的斜率为0，

则A0,b，k0，Ba,0，

115

，......................................6

|OA|2|OB|24

当直线OA，OB的斜率存在且不为0时，

设Ax1,y1，Bx2,y2，因为OAOB0，所以OAOB，......................................7

1

设直线OA:yk1x，OB:yx，

k1

24

2x

x212

y14k11

联立方程得4，所以，......................................8

4k2

ykxy21

112

4k11

2

2224k14

所以|OA|x1y12，

4k11