2025年天津市和平区高考数学一模试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2025年天津市和平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.已知集合A={x|−2<x<2}，B={x|−1≤x<3}，则A∪B=(

)A.{x|−2<x<3} B.{x|x>−2} C.{x|−1<x<2} D.{x|x<3}2.已知α∈R，则“tanα=1”是“α=π4+kπ(k∈Z)”的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.已知函数f(x)=(x+a)⋅exe2x−1A.−2 B.0 C.2 D.44.某物理量的测量结果服从正态分布N(2,σ2)，下面结论中不正确的是A.该物理量在一次测量中小于2的概率为0.5

B.该物理量在一次测量中小于1.98与大于2.02的概率相等

C.该物理量在一次测量中落在(1.9,2.2)与落在(2,2.3)的概率相等

D.σ越小，该物理量在一次测量中在(1.9,2.1)的概率越大5.已知a=(12)13，b=log23,c=(log2A.a<b<c B.a<c<b C.c<b<a D.b<a<c6.已知直线l：y=x+m(m∈R)经过抛物线y2=−4x的焦点，直线l与圆(x−a)2+y2=9相交于A，BA.3 B.5 C.3或−5 D.−3或57.关于函数f(x)=sin(π3A.f(x)在区间[π6,π2]上的最大值为−32 B.f(x)在区间(0,π8.已知正四面体ABCD(四个面都是正三角形)，其内切球(与四面体各个面都相切的球)的表面积为π6，设能装下正四面体ABCD的最小正方体的体积为V1，正四面体ABCD的外接球(四面体各顶点都在球的表面上)的体积为V2，则VA.316π B.68π9.已知F是双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点，过点F作垂直于x轴的直线与双曲线交于S，T两点，A1，A2分别为双曲线的左、右顶点，连接A1S交y轴于点A.72 B.3 C.2 D.二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。10.i为虚数单位，复数z=(3−i)(1−i)的实部为______．11.在(2x3−1x)712.袋子中装有8球，其中6个黑球，2个白球，若依次随机取出2个球，则在第一次取到黑球的条件下，第二次取到白球的概率为______；若随机取出3个球，记取出的球中白球的个数为X，则X的数学期望E(X)=______．13.已知正项数列{an}的前n项和Sn满足2Sn14.已知平面四边形ABCD满足|AD|=|AB|=2，BD+CD=2BA且BA⋅BC|BC|=1，M为AB的中点，则|CM|=15.若关于x的方程|x2−2ax|+|x2三、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14分)

在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为2，c−b=2，cosA=−13．

(Ⅰ)求a的值；

(Ⅱ)求sinC的值；

(Ⅲ)求cos17.(本小题15分)

如图，在四棱锥E−DABC中，平面DEC⊥平面DABC，AD⊥CD，AB//CD，DA=DC=4，AB=EC=2，且CE⊥ED．

(Ⅰ)求直线DE与平面BCE所成角的正弦值；

(Ⅱ)求平面ABC与平面BCE的夹角的余弦值；

(Ⅲ)求点A到平面BCE的距离．18.(本小题15分)

椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(−c,0)和F2(c,0)，左顶点为A，下顶点为B，|AB|=32|F1F2|．

(Ⅰ)求椭圆的离心率；

(19.(本小题15分)

已知n∈N∗，记无穷数列{an}的前n项中的最大值为Mn，最小值为mn，令bn=Mn+mn2．

(Ⅰ)若an=(−2)n，求数列{bn}的通项公式与其前n项和Sn；

(Ⅱ)若数列{bn}为递增的等差数列，判断数列{an}是否也一定为递增的等差数列，并说明理由；

20.(本小题16分)

已知函数f(x)=eax，g(x)=x+b，(a,b∈R)．

(Ⅰ)若a=−1，函数F(x)=f(x)⋅g(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为−1e，求函数F(x)的单调区间和极值；

(Ⅱ)试利用(Ⅰ)结论，证明：i=2n(12i)i<1e(e−1),(n∈参考答案1.A

2.C

3.B

4.C

5.B

6.C

7.D

8.A

9.D

10.2

11.280

12.27

313.514.13

415.(−116.解：(Ⅰ)△ABC的面积为2，c−b=2，cosA=−13，

可得sinA=1−cos2A=1−19=223，

所以S△ABC=12bcsinA=12bc×223=2，可得bc=3，

将c−b=2两边平方，可得b2+c2=4+2bc=4+2×3=10，

由余弦定理可得a=b2+c2−2bccosA=10−2×3×(−13)=23；

(Ⅱ)由b=c−2，所以c(c−2)=3，即c2−2c−3=0，解得c=3，

由正弦定理可得：asinA=csinC，

即sinC=ca⋅sinA=323×223=63；

(Ⅲ)因为cos2A=2cos2A−1=2×19−1=−79，sin2A=2sinAcosA=2×223×(−13)=−429，

所以cos(2A+π3)=cos2Acosπ3−sin2Asinπ3=−79×12−(−429)×32=46−718．

17.解：(Ⅰ)平面ECD⊥平面DABC，交线为CD，过D在平面DCE内作DM⊥DC，

故DM⊥平面DABC，又因为18.解：(Ⅰ)因为|AB|=32|F1F2|，、

所以a2+b2=32⋅2c，

又a2=b2+c2，

则椭圆的离心率e=ca=22；

(Ⅱ)由(Ⅰ)知a2=2c2，

此时椭圆方程为x22c2+y2c2=1，

当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x=−c，显然不成立；

当直线l的斜率存在时，

设直线l的方程为y=k(x+c)，M(x1,y1)，N(x2,y2)，MN中点为H，

联立y=k(x+c)x22c2+y2c2=1，消去y并整理得(2k2+1)x2+4k2cx+2k2c2−2c2=0，

此时Δ>0，

由韦达定理得x1+x2=−4k2c2k2+1，x1x2=2k2c2−2c22k2+1=2c2(k2−1)2k2+1，

所以H(−2k2c2k2+1,kc2k2+1)，

因为△MPN的面积S=34|MN|2=1853，

所以|MN|=6510，

此时|MN|=1+k2|x1−x2|=1+k2(x1+x2)2−4x1x2=22c(k2+1)2k2+1，

|PH|=1+1k2|xP−xM|=1+1k2|−2c+2k2c2k2+1|=1+1k2⋅2c(k2+1)2k2+1，

因为|PH|=32|MN|，

整理得k2=2，

此时满足Δ>0，

解得k=±2，

此时|MN|=652c=6510，

解得c=5．

则椭圆方程为x210+y25=1，直线l的方程为y=2x+10或y=−2x−10．

19.解：(Ⅰ)由an=(−2)n，即an=−2n,n为奇数2n,n为偶数，

当n=1时，b1=−2，

当n>