第=page11頁，共=sectionpages11頁2025年天津市和平區高考數學一模試卷一、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.已知集合A={x|?2<x<2}，B={x|?1≤x<3}，則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，則“tanα=1”是“α=π4+kπ(k∈Z)”的A.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.已知函數f(x)=(x+a)?exe2x?1A.?2 B.0 C.2 D.44.某物理量的測量結果服從正態分布N(2,σ2)，下面結論中不正確的是A.該物理量在一次測量中小于2的概率為0.5

B.該物理量在一次測量中小于1.98與大于2.02的概率相等

C.該物理量在一次測量中落在(1.9,2.2)與落在(2,2.3)的概率相等

D.σ越小，該物理量在一次測量中在(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.已知直線l：y=x+m(m∈R)經過拋物線y2=?4x的焦點，直線l與圓(x?a)2+y2=9相交于A，BA.3 B.5 C.3或?5 D.?3或57.關于函數f(x)=sin(π3A.f(x)在區間[π6,π2]上的最大值為?32 B.f(x)在區間(0,π8.已知正四面體ABCD(四個面都是正三角形)，其內切球(與四面體各個面都相切的球)的表面積為π6，設能裝下正四面體ABCD的最小正方體的體積為V1，正四面體ABCD的外接球(四面體各頂點都在球的表面上)的體積為V2，則VA.316π B.68π9.已知F是雙曲線x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)的右焦點，過點F作垂直于x軸的直線與雙曲線交于S，T兩點，A1，A2分別為雙曲線的左、右頂點，連接A1S交y軸于點A.72 B.3 C.2 D.二、填空題：本題共6小題，每小題5分，共30分。10.i為虛數單位，復數z=(3?i)(1?i)的實部為______．11.在(2x3?1x)712.袋子中裝有8球，其中6個黑球，2個白球，若依次隨機取出2個球，則在第一次取到黑球的條件下，第二次取到白球的概率為______；若隨機取出3個球，記取出的球中白球的個數為X，則X的數學期望E(X)=______．13.已知正項數列{an}的前n項和Sn滿足2Sn14.已知平面四邊形ABCD滿足|AD|=|AB|=2，BD+CD=2BA且BA?BC|BC|=1，M為AB的中點，則|CM|=15.若關于x的方程|x2?2ax|+|x2三、解答題：本題共5小題，共75分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟。16.(本小題14分)

在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知△ABC的面積為2，c?b=2，cosA=?13．

(Ⅰ)求a的值；

(Ⅱ)求sinC的值；

(Ⅲ)求cos17.(本小題15分)

如圖，在四棱錐E?DABC中，平面DEC⊥平面DABC，AD⊥CD，AB//CD，DA=DC=4，AB=EC=2，且CE⊥ED．

(Ⅰ)求直線DE與平面BCE所成角的正弦值；

(Ⅱ)求平面ABC與平面BCE的夾角的余弦值；

(Ⅲ)求點A到平面BCE的距離．18.(本小題15分)

橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1(?c,0)和F2(c,0)，左頂點為A，下頂點為B，|AB|=32|F1F2|．

(Ⅰ)求橢圓的離心率；

(19.(本小題15分)

已知n∈N?，記無窮數列{an}的前n項中的最大值為Mn，最小值為mn，令bn=Mn+mn2．

(Ⅰ)若an=(?2)n，求數列{bn}的通項公式與其前n項和Sn；

(Ⅱ)若數列{bn}為遞增的等差數列，判斷數列{an}是否也一定為遞增的等差數列，并說明理由；

20.(本小題16分)

已知函數f(x)=eax，g(x)=x+b，(a,b∈R)．

(Ⅰ)若a=?1，函數F(x)=f(x)?g(x)在點(1,f(1))處的切線斜率為?1e，求函數F(x)的單調區間和極值；

(Ⅱ)試利用(Ⅰ)結論，證明：i=2n(12i)i<1e(e?1),(n∈參考答案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的面積為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，

將c?b=2兩邊平方，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)因為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，交線為CD，過D在平面DCE內作DM⊥DC，

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

所以a2+b2=32?2c，

又a2=b2+c2，

則橢圓的離心率e=ca=22；

(Ⅱ)由(Ⅰ)知a2=2c2，

此時橢圓方程為x22c2+y2c2=1，

當直線l的斜率不存在時，直線l的方程為x=?c，顯然不成立；

當直線l的斜率存在時，

設直線l的方程為y=k(x+c)，M(x1,y1)，N(x2,y2)，MN中點為H，

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

此時Δ>0，

由韋達定理得x1+x2=?4k2c2k2+1，x1x2=2k2c2?2c22k2+1=2c2(k2?1)2k2+1，

所以H(?2k2c2k2+1,kc2k2+1)，

因為△MPN的面積S=34|MN|2=1853，

所以|MN|=6510，

此時|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，

因為|PH|=32|MN|，

整理得k2=2，

此時滿足Δ>0，

解得k=±2，

此時|MN|=652c=6510，

解得c=5．

則橢圓方程為x210+y25=1，直線l的方程為y=2x+10或y=?2x?10．

19.解：(Ⅰ)由an=(?2)n，即an=?2n,n為奇數2n,n為偶數，

當n=1時，b1=?2，

當n>