第=page11頁，共=sectionpages11頁天津市南開區(qū)2025年高考數(shù)學一模試卷一、單選題：本題共9小題，每小題5分，共45分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。1.若集合U={1,2,3,4A.{3,9} B.{2,2.設x，y∈R，則“x2+y2A.充分不必要條件 B.必要不充分條件

C.充要條件 D.既不充分也不必要條件3.設a=logA.b<c<a B.a<c4.如圖是由一組實驗數(shù)據(jù)得到的散點圖，以下四個回歸方程類型中適合作為y與x的回歸方程類型的是(

)A.y=ax+b

B.y=5.已知f(x)=2A.?1 B.0 C.1 D.6.把函數(shù)y=f(x)圖象上所有點的橫坐標伸長到原來的2倍，縱坐標不變，再把所得曲線向左平移π3個單位長度，得到函數(shù)y=g(xA.f(x)=sin(x2?7.已知函數(shù)f(x)=loga(aA.(12,1) B.(08.如圖，在平行六面體ABCD?A1B1C1D1中，P是線段A.2：5

B.1：2

C.1：3

D.1：69.設雙曲線C：x2a2?y2b2=1(a>0A.62 B.213 C.二、填空題：本題共6小題，共40分。10.i是虛數(shù)單位，若復數(shù)z=(1+i)(11.若(x?2x)n的展開式的二項式系數(shù)和為3212.已知圓M：x2+(y?4)2=1與拋物線C：y2=2px13.有編號分別為1，2，3的3個盒子，第1個盒子中有2個白球1個黑球，其余盒子中均為1個白球1個黑球.現(xiàn)從第1個盒子中任取一球放入第2個盒子，再從第2個盒子中任取一球放入第3個盒子，則從第1個盒子中取到白球的概率是______；從第3個盒子中取到白球的概率是______．14.在△ABC中，AB=2,AC=6,∠BAC=2π3，若點M為BC的中點，點N滿足A15.已知f(x)=4?|x|三、解答題：本題共5小題，共60分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟。16.(本小題12分)

在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且a=26,cosA=?14,s17.(本小題12分)

如圖，在四棱錐P?ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB⊥AD，PA⊥PD，PA=PD，AB=1,A18.(本小題12分)

已知橢圓E的中心為坐標原點，對稱軸為x軸，y軸，且過(0,?1),(3,12)兩點．

(1)求E的方程；

(2)過點(?4,0)，斜率不為0的直線l與橢圓交于A，B兩點，點C(?1,119.(本小題12分)

已知公差大于0的等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且S3=9，a2+3是a3?1，a5的等比中項．

(1)求{an}的通項公式及Sn；

(2)記bm為{an20.(本小題12分)

已知函數(shù)f(x)=lnx?x2+x．

(1)求曲線y=f(x)在點(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：由散點圖中各點的變化趨勢可知，變量x與變量y之間是非線性相關系數(shù)，且對于x∈R，y隨x的增大而增大，

所以指數(shù)型模型適合作為y與x的回歸方程類型．

故選：C．

根據(jù)散點圖的變化趨勢及散點的分布情況判斷回歸方程的類型．5.【答案】C

【解析】解：根據(jù)題意，若f(x)=2ax?cosx22x?1是奇函數(shù)，則有f(?x)6.【答案】C

【解析】解：對于選項A：假設函數(shù)為f(x)=sin(x2?7π12)時，圖象上所有點的橫坐標伸長到原來的2倍，縱坐標不變，得到函數(shù)y=sin(14x?7π12)，再把所得曲線向左平移π3個單位長度，

得到函數(shù)y=g(x)=sin(14x?π2)的圖象，當x=π4時，g(π4)≠0，故A錯誤；

對于選項B：假設函數(shù)為f(x)=sin(x2+π12)時，圖象上所有點的橫坐標伸長到原來的2倍，縱坐標不變，得到函數(shù)y=sin(x7.【答案】A

【解析】解：根據(jù)a>0知ax?1是增函數(shù)，

又f(x)在[2,+∞)上是減函數(shù)，

∴0<a<12a?1>08.【答案】D

【解析】解：因為在平行六面體ABCD?A1B1C1D1中，P是線段A1D上的一點，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：雙曲線C：x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)的左、右頂點分別是A1，A2，點P是C的一條漸近線上一點，如圖，設點P在第一象限，

|OP|=a2+b2=c,∠A1PA2=π6，

因為|OP|=|OF|，所以點P在以原點為圓心，c為半徑的圓上．

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的展開式的二項式系數(shù)和為32，

可得2n=32，即n=5，

通項公式Tk+1=C5k(x)12.【答案】25【解析】解：圓M：x2+(y?4)2=1與拋物線C：y2=2px(p>0)的準線相切于點E，F(xiàn)為C的焦點，如圖，

拋物線準線為x=?p2=?1，則p=2，故F(1,0)，

由準線與圓相切且圓心M(0,4)，易知E(?1,4)，

所以EF：y=13.【答案】23

14【解析】解：因為第1個盒子中有2個白球1個黑球，

所以從第1個盒子中取到白球的概率是23，

當從第1個盒子中取到白球且概率為23，則第2個盒子中有2個白球1個黑球，

從第2個盒子抽到白球概率為23，則第3個盒子中有2個白球1個黑球，故抽到白球概率為23，

從第2個盒子抽到黑球概率為13，則第3個盒子中有1個白球2個黑球，故抽到白球概率為13，

所以對應概率為23×(23×23+13×13)=23×(49+19)=23×59=1027，

當從第1個盒子中取到黑球且概率為13，則第2個盒子中有1個白球2個黑球，

從第2個盒子抽到白球概率為13，則第3個盒子中有214.【答案】13AC【解析】解：因為AN=12NC，所以BN=BA+AN=BA+13AC=13AC?AB，

因為∠MPN與AM,BN的夾角相等，所以cos∠MPN=AM?BN15.【答案】(4【解析】解：因為|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，

則原方程可化為|g(x)?f(x)|?f(x)?g(x)+ax+4a=0，

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

104；

9【解析】解：(1)根據(jù)題意可知，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)根據(jù)題意可知，c17.【答案】證明見解答；

33；

2【解析】(1)證明：取DA中點O，連接OC，OP，因為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為原點，OC，OA，OP所在直線分別為x，y，z軸，

建立如圖所示的空間直角坐標系，

則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)因為橢圓E的中心為坐標原點，對稱軸為x軸，y軸，

設橢圓E的方程為mx2+ny2=1(m>0,n>0且m≠n)，

因為橢圓E經(jīng)過點(0,?1),(3,12)，

所以n=13m+14n=1，

解得m=14,n=1，

則橢圓E的方程為x24+y2=1；

(2)設直線l的方程為x=ty?4，A(x1,y1)，B(x2,y2)，

聯(lián)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的等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且S3=9，a2+3是a3?1，a5的等比中項，

設等差數(shù)列{an}的公差為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，

將①代入②得d2+3d?10=0，因為d>0，解得d=2，a1=1，

所以an=2n?1,Sn=n2．

(2)(i)記bm為{an}在區(qū)間[a2m,2am+1)(m∈N*)內(nèi)項的個數(shù)，

Tn為數(shù)列{bn}20.【答案】(1e?2e+1)x【解析】解：(1)根據(jù)已知：函數(shù)f(x)=lnx?x2+x．

f′(x)=1x?2x+1(x>0)，則切線的斜率為f′(e)=1e?2e+1，又f(e)=1?e2+e，

所以(e,f(e))處的切線方程為y?(1?e2+e