2025年天津市南开区高考数学一模试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2025年天津市南开区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={1,2,3,4,5,6,7,8,9}，A={2,4,6,8}，B={3,6,9}，则(∁UA)∩B=A.{3,9} B.{2,4,8} C.{1,3,5,6,7,9} D.{1,2,4,5,6,7,8}2.设x，y∈R，则“x2+y2>0”是“A.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=log0.63,b=0.6A.b<c<a B.a<c<b C.b<a<c D.a<b<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=ax2+b

C.y=a5.已知f(x)=2ax⋅cosx22xA.−1 B.0 C.1 D.26.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(x)的图象，且y=g(x)的图象关于点(π4,0)中心对称，则函数y=f(x)A.f(x)=sin(x2−7π12)7.已知函数f(x)=loga(ax−1)(a>0,a≠1)在[2,+∞)上单调递减，则实数a的取值范围为A.(12,1) B.(0,1) C.(8.如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，P是线段A1D上的一点，且A.2：5B.1：2

C.1：3D.1：69.设双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右顶点分别是A1，A2A.62 B.213 C.二、填空题：本题共6小题，共30分。10.i是虚数单位，若复数z=(1+i)(2−ai)(a∈R)为纯虚数，则a=______．11.若(x−2x)n12.已知圆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C13.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AN=12NC，点P为AM与BN的交点，用AB和AC表示BN15.已知f(x)=4−|x|，若方程|2x2+1−f(x)|−f(x)−2x2三、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.(本小题15分)

在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a=26,cosA=−14,sinB=2sinC．

(1)求边b的长；

(2)求sinB的值；17.(本小题15分)

如图，在四棱锥P−ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB⊥AD，PA⊥PD，PA=PD，AB=1,AD=2,AC=CD=5,M为棱AP上一点，且AP=4AM．

(1)求证：BM//平面PCD；

(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；

(3)求平面PCD18.(本小题15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(−1,1)，直线AC与x轴交于P，与y轴交于M，直线BC与x轴交于Q，与y轴交于N.19.(本小题15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{an}在区间[a2m,20.(本小题15分)

已知函数f(x)=lnx−x2+x．

(1)求曲线y=f(x)在点(e,f(e))处的切线方程；

(2)若f(x)<0在区间(0,a)上恒成立，求实数a的取值范围；

(3)若方程f(x)=(m−1)x2+x(m∈R)有两个不同的实数解x参考答案1.A

2.B

3.D

4.C

5.C

6.C

7.A

8.D

9.C

10.−2

11.−80

12.2513.23

1414.13AC−15.(416.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，cosA=−14及A∈(0,π)，得sinA=154，

由正弦定理asinA=bsinB，得26154=4sinB，

解得sinB=104；

(3)由(2)可知sinC=12sinB=108，所以cosC=368，

所以sin2C=2sinCcosC=31516,cos2C=1−2sin2C=1116，

所以cos(2C−2π3)=cos2Ccos2π3+sin2Csin2π3

=1116×(−12)+31516×32=95−1132．

17.(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,−1,1),18.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+4)y2−8ty+12=0，

此时Δ=(−8t)2−48(t2+4)>0，

解得t2>12，

由韦达定理得y1+19.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}的前n项和．

令a2m≤2n−1<2am+1，即4m−1≤2n−1<22m+1，解得2m≤n<22m+12，

所以bm=22m−2m+1，即{bn}的通项公式为bn=4n−2n+1，

则Tn=(4+16+...+4n)−(1+3+5+...+2n−1)，

由等差数列和等比数列的求和公式，可得Tn=4(1−4n)1−4−n(1+2n−1)2=4(4n−1)3−n2．

又Sn=n2，所以Tn+Sn=4(4n−1)3．

由Tn+Sn=4(4n−1)3<2025，得4n+1<6079，

因为46=4096<6079，47=16384