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文檔簡介
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>
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