天津市南开区2025年高考数学一模试卷含答案

第=page11页，共=sectionpages11页天津市南开区2025年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.若集合U={1,2,3,4A.{3,9} B.{2,2.设x，y∈R，则“x2+y2A.充分不必要条件 B.必要不充分条件

C.充要条件 D.既不充分也不必要条件3.设a=logA.b<c<a B.a<c4.如图是由一组实验数据得到的散点图，以下四个回归方程类型中适合作为y与x的回归方程类型的是(

)A.y=ax+b

B.y=5.已知f(x)=2A.−1 B.0 C.1 D.6.把函数y=f(x)图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把所得曲线向左平移π3个单位长度，得到函数y=g(xA.f(x)=sin(x2−7.已知函数f(x)=loga(aA.(12,1) B.(08.如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，P是线段A.2：5

B.1：2

C.1：3

D.1：69.设双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0A.62 B.213 C.二、填空题：本题共6小题，共40分。10.i是虚数单位，若复数z=(1+i)(11.若(x−2x)n的展开式的二项式系数和为3212.已知圆M：x2+(y−4)2=1与抛物线C：y2=2px13.有编号分别为1，2，3的3个盒子，第1个盒子中有2个白球1个黑球，其余盒子中均为1个白球1个黑球.现从第1个盒子中任取一球放入第2个盒子，再从第2个盒子中任取一球放入第3个盒子，则从第1个盒子中取到白球的概率是______；从第3个盒子中取到白球的概率是______．14.在△ABC中，AB=2,AC=6,∠BAC=2π3，若点M为BC的中点，点N满足A15.已知f(x)=4−|x|三、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。16.(本小题12分)

在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a=26,cosA=−14,s17.(本小题12分)

如图，在四棱锥P−ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB⊥AD，PA⊥PD，PA=PD，AB=1,A18.(本小题12分)

已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴，y轴，且过(0,−1),(3,12)两点．

(1)求E的方程；

(2)过点(−4,0)，斜率不为0的直线l与椭圆交于A，B两点，点C(−1,119.(本小题12分)

已知公差大于0的等差数列{an}的前n项和为Sn，且S3=9，a2+3是a3−1，a5的等比中项．

(1)求{an}的通项公式及Sn；

(2)记bm为{an20.(本小题12分)

已知函数f(x)=lnx−x2+x．

(1)求曲线y=f(x)在点(e,f(e答案和解析1.【答案】A

【解析】解：U={1,2,3,4,5,6,7,8,9}，2.【答案】B

【解析】解：若x2+y2>0，如x=−1，y=1，但xy>0不成立，充分性不成立；

若xy>03.【答案】D

【解析】解：a=log0.63<log0.61=0，

0<b=0.634.【答案】C

【解析】解：由散点图中各点的变化趋势可知，变量x与变量y之间是非线性相关系数，且对于x∈R，y随x的增大而增大，

所以指数型模型适合作为y与x的回归方程类型．

故选：C．

根据散点图的变化趋势及散点的分布情况判断回归方程的类型．5.【答案】C

【解析】解：根据题意，若f(x)=2ax⋅cosx22x−1是奇函数，则有f(−x)6.【答案】C

【解析】解：对于选项A：假设函数为f(x)=sin(x2−7π12)时，图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到函数y=sin(14x−7π12)，再把所得曲线向左平移π3个单位长度，

得到函数y=g(x)=sin(14x−π2)的图象，当x=π4时，g(π4)≠0，故A错误；

对于选项B：假设函数为f(x)=sin(x2+π12)时，图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到函数y=sin(x7.【答案】A

【解析】解：根据a>0知ax−1是增函数，

又f(x)在[2,+∞)上是减函数，

∴0<a<12a−1>08.【答案】D

【解析】解：因为在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，P是线段A1D上的一点，且AP=32PD，

所以易得A1D/​/B1C，A1D⊄面AB1C，B1C⊂面AB1C，

所以A1D//面AB9.【答案】C

【解析】解：双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右顶点分别是A1，A2，点P是C的一条渐近线上一点，如图，设点P在第一象限，

|OP|=a2+b2=c,∠A1PA2=π6，

因为|OP|=|OF|，所以点P在以原点为圆心，c为半径的圆上．

x2+y2=c2y=bax，解得10.【答案】−2【解析】解：由z=(1+i)(2−ai)=2−ai11.【答案】−80【解析】解：由(x−2x)n的展开式的二项式系数和为32，

可得2n=32，即n=5，

通项公式Tk+1=C5k(x)12.【答案】25【解析】解：圆M：x2+(y−4)2=1与抛物线C：y2=2px(p>0)的准线相切于点E，F为C的焦点，如图，

抛物线准线为x=−p2=−1，则p=2，故F(1,0)，

由准线与圆相切且圆心M(0,4)，易知E(−1,4)，

所以EF：y=13.【答案】23

14【解析】解：因为第1个盒子中有2个白球1个黑球，

所以从第1个盒子中取到白球的概率是23，

当从第1个盒子中取到白球且概率为23，则第2个盒子中有2个白球1个黑球，

从第2个盒子抽到白球概率为23，则第3个盒子中有2个白球1个黑球，故抽到白球概率为23，

从第2个盒子抽到黑球概率为13，则第3个盒子中有1个白球2个黑球，故抽到白球概率为13，

所以对应概率为23×(23×23+13×13)=23×(49+19)=23×59=1027，

当从第1个盒子中取到黑球且概率为13，则第2个盒子中有1个白球2个黑球，

从第2个盒子抽到白球概率为13，则第3个盒子中有214.【答案】13AC【解析】解：因为AN=12NC，所以BN=BA+AN=BA+13AC=13AC−AB，

因为∠MPN与AM,BN的夹角相等，所以cos∠MPN=AM⋅BN15.【答案】(4【解析】解：因为|2x2+1−f(x)|−f(x)−2x2+ax+4a−1=0，

即|2x2+1−f(x)|−f(x)−(2x2+1)+ax+4a=0，

令g(x)=2x2+1，

则原方程可化为|g(x)−f(x)|−f(x)−g(x)+ax+4a=0，

因为g(x)−f(x)=2x2+1−(4−|x|)=2x2+|x|−3=2|x|2+|16.【答案】4；

104；

9【解析】解：(1)根据题意可知，sinB=2sinC，由正弦定理可知b=2c，

由余弦定理可得cosA=b2+c2−a22bc=−14，即4c2+c2−244c2=−14，

解得c=2，故b=4；

(2)根据题意可知，c17.【答案】证明见解答；

33；

2【解析】(1)证明：取DA中点O，连接OC，OP，因为AC=CD，PA=PD，

所以OC⊥AD，OP⊥AD，

又面PAD⊥面ABCD，OP⊂面PAD，面PAD⊥面ABCD=AD，

所以OP⊥平面ABCD，

以O为原点，OC，OA，OP所在直线分别为x，y，z轴，

建立如图所示的空间直角坐标系，

则P(0,0,1)，B(1,1,0)，D(0,−1,0)，C(2,0,0)，A(0,1,0)，

所以PD=(0,−1,−1),PC=(2,0,−1),AP=(0,−18.【答案】x24+y2=【解析】解：(1)因为椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴，y轴，

设椭圆E的方程为mx2+ny2=1(m>0,n>0且m≠n)，

因为椭圆E经过点(0,−1),(3,12)，

所以n=13m+14n=1，

解得m=14,n=1，

则椭圆E的方程为x24+y2=1；

(2)设直线l的方程为x=ty−4，A(x1,y1)，B(x2,y2)，

联立x=ty−4x2+4y2=4，消去x并整理得(t2+19.【答案】an=2n−1,S【解析】解：(1)公差大于0的等差数列{an}的前n项和为Sn，且S3=9，a2+3是a3−1，a5的等比中项，

设等差数列{an}的公差为d，

可得S3=3a1+3d=9，即a1=3−d①，

(a2+3)2=(a3−1)a5，

即(a1+d+3)2=(a1+2d−1)(a1+4d)②，

将①代入②得d2+3d−10=0，因为d>0，解得d=2，a1=1，

所以an=2n−1,Sn=n2．

(2)(i)记bm为{an}在区间[a2m,2am+1)(m∈N*)内项的个数，

Tn为数列{bn}20.【答案】(1e−2e+1)x【解析】解：(1)根据已知：函数f(x)=lnx−x2+x．

f′(x)=1x−2x+1(x>0)，则切线的斜率为f′(e)=1e−2e+1，又f(e)=1−e2+e，

所以(e,f(e))处的切线方程为y−(1−e2+e