天津市十二区重点学校2026届高三下学期毕业联考（一）数学试卷含答案（word版）

这是一份天津市十二区重点学校2026届高三下学期毕业联考（一）数学试卷含答案（word版），文件包含微专题01幂的运算的计算题专项训练原卷版docx、微专题01幂的运算的计算题专项训练解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共69页， 欢迎下载使用。
二、填空题:每小题 5 分，共 30 分. (两空中对一个得 3 分，对两个得 5 分)
10. 2 11. 60 12. 5
13. 23;4 14. 12a−34b;334 15. −∞,−1∪−1,0∪0,1
三、解答题:本大题 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. (本小题满分 14 分)
解: (I) 因为 acsB−33bsinA=0
根据正弦定理得 sinAcsB−33sinBsinA=0 ,
又因为 A 是 ΔABC 的内角,所以 sinA≠0
则 csB−33sinB=0
所以 tanB=3
又因为 00 ,所以 k=33 ,
直线 AP 的方程为 y=33x+3 .
思路二:
过点 P 作 PH⊥AF 交 AF 于点 H ,
则 AH=x0+3,cs∠PAF=AHPA ,
因为 PAPF=2cs∠PAF ,所以 PA2=2PFAH ,
PA=1+k2x0+3=1+k2⋅305+9k2,
PF=15−27k25+9k2−22+30k5+9k22=59k2+15+9k2,
1+k2x0+32=2×59k2+15+9k2×x0+3,
1+k2⋅305+9k2=109k2+15+9k2
3+3k2=9k2+1
解得 k2=13 ,因为 k>0 ,所以 k=33 ,
直线 AP 的方程为 y=33x+3 .
思路三:
因为 PAPF=2cs∠PAF ,所以 PAPF=2AP⋅AFAPAF ,
则 PA2⋅AFPF=2AP⋅AF ,
AF=5, 2AP⋅AF=215−27k25+9k2+3,30k5+9k25,0=3005+9k2
PA=1+k2x0+3=1+k2⋅305+9k2
PF=15−27k25+9k2−22+30k5+9k22=59k2+15+9k2
即 51+k2⋅305+9k2259k2+15+9k2=3005+9k2 ,
解得 k2=13 ,因为 k>0 ,所以 k=33 ,
直线 AP 的方程为 y=33x+3 .
思路四:
因为 cs2∠PAF=cs2∠PAFsin2∠PAF+cs2∠PAF=1tan2∠PAF+1 ,
(公式推导步骤各1分)
PA=1+k2x0+3=1+k2⋅305+9k2
PF=15−27k25+9k2−22+30k5+9k22=59k2+15+9k2
因为 PAPF=2cs∠PAF ,所以 PA=2PFcs∠PAF ,PA2=4PF2cs2∠PAF,
即 1+k2⋅305+9k22=459k2+15+9k22×11+k2 ,
解得 k2=13 ,因为 k>0 ,所以 k=33 ,
直线 AP 的方程为 y=33x+3 .
( II ) 解法二:
由题意可知直线 AP 的斜率存在且大于 0,A−3,0 ,
设直线 AP 的方程为 x=my−3m>0,Px0,y0 .
由方程组 x=my−3x29+y25=1 ,整理得 9+5m2y2−30my=0 ,
解得 y=0 ,或 y=30m9+5m2 ,由题意得 y0=30m9+5m2 ,
x0=15m2−279+5m2, P15m2−279+5m2,30m9+5m2
在 △PAB 中, PAPF=sin∠PFAsin∠PAF=2cs∠PAF ,
得 sin∠PFA=2sin∠PAFcs∠PAF=sin2∠PAF
因为在 △PAB 中,所以 ∠PFA=2∠PAF ,
或 ∠PFA+2∠PAF=π ,若 ∠PFA+2∠PAF=π ,
即 ∠PFA=∠APF, FA=FP 不成立. (此步骤没写不扣分)
tan∠PFA=tan2∠PAF=2tan∠PAF1−tan2∠PAF,
tan∠PAF=kAP=1m,
tan∠PFA=−kFP=−y0x0−2=−30m9+5m215m2−279+5m2−2=6m9−m2,
(方程 tan∠PFA=−kFP 给 1 分)
所以 6m9−m2=2m1−1m2 ,
得 m2=3 ,因为 m>0 ,所以 m=3 ,
直线 AP 的方程为 y=33x+3 .
19. (本小题满分 15 分)
解: (I) 设等差数列 an 的公差为 d ,等比数列 bn 的公比为 qq≠1 ,
由 a2+a3=b4,2b3=3a3−a4 ,
得: 1+d+1+2d=q32q2=31+2d−1+3d ,即 2+3d=q32q2=2+3d ,
所以 q3=2q2 ,解得: q=2 或 q=0 (舍), d=2 ,
从而, an=1+n−1⋅2=2n−1, bn=2n−1 ;
(通项公式只对一个给 2 分, 都对给 3 分)
( II ) (i) 当 ci=bi=2i−1i=1,2,3,⋯,n 时, i=1naici 取最大值,
此时, i=1naici=i=1n2i−12i−1=1⋅20+3⋅21+5⋅22+…+2n−12n−1①
2i=1naici=1⋅21+3⋅22+…+2n−32n−1+2n−12n②
①-②得:
−i=1naici=1+221+22+…+2n−1−2n−12n=1+22n−2−2n−12n=−3+3−2n2n
故 i=1naici=2n−32n+3 ,即集合 Mn 中的最大元素为 2n−32n+3 ;
(ii) 首先证明,当 cn>0 ,即 cn=bn 时, i=1naici>0 ,
当 cn=bn 时, i=1naici=anbn+i=1n−1aici≥anbn−i=1n−1aibi ,
由(i)可知 i=1n−1aibi=2n−52n−1+3 ,
所以, anbn−i=1n−1aibi=2n−12n−1−2n−52n−1+3=2n+1−3>0 ,
反之,若 i=1naici>0 ,则必有 cn>0 ,否则若 cn0 ,
再证明集合 Mn 中有 2n−1 个大于 0 的元素,
首先,当 cn>0 ,即 cn=bn 时,对于任意 cii=1,2,3,⋯,n−1 ,都有 ci=2i−1 和 ci=−2i−1 两种可能,故 i=1naici 有 2n−1 种不同形式,
下面证明这 2n−1 种不同形式的结果互不相同,
任取其中的两种不同形式,记为 r=i=1naici1=a1c11+a2c21+⋯+an−1cn−11+anbn ,
s=i=1naici2=a1c12+a2c22+⋯+an−1cn−12+anbn,
因为 r,s 为两种不同形式,则必存在 k∈{1,2,⋯,n−1} ,使得 ck1≠ck2 ,将其中最大的 k 记为 m ,不妨设 cm1=bm,cm2=−bm ,
若 m=1 ,则显然 r≠s ,
若 m∈{2,⋯,n−1} ,则 r−s=2ambm+i=1m−1aici1−i=1m−1aici2
≥2ambm−i=1m−1aibi−i=1m−1aibi
=22m−12m−1−22m−52m−1+3
=22m+1−3>0,
故 r≠s ,因此集合 Mn 中有 2n−1 个大于 0 的元素,
(若没有证明集合中元素互异性, 则扣 1 分)
将这 2n−1 个元素记为 i=1naicijj=1,2,⋯,2n−1 ,其中给定 j∈1,2,⋯,2n−1 ,
满足 cij=2i−1 的元素个数为 2n−2 个,满足 cij=−2i−1 的元素个数也为 2n−2 ,
因此 j=12n−1i=1naicij=2n−1anbn+i=1n−1j=12n−1aicij
=2n−1anbn+i=1n−12n−2aibi−aibi
=2n−1anbn=2n−14n−1,
所以集合 Mn 中所有大于 0 的元素之和为 2n−14n−1 .
20. (本小题满分 16 分)
解: (I) 当 a=2 时, qx=x2−ex+x
因为 q′x=2x−ex+1 ,所以 q′1=3−e
q1=2−e
曲线 y=qx 在点 1,q1 处的切线方程 y−2−e=3−ex−1
即 y=3−ex−1
(II) 解法一: 因为 fx=xlnx−ax+a ,
所以 px=f′x=lnx2x+1x−a=lnx+22x−a ,
因为 p′x=−lnx4xx ,
当 x∈0,1 时， p′x>0 ，当 x∈1,+∞ 时， p′xqt 成立
即 qx0 ，当 x∈1,+∞ 时， p′xqt 成立
即 qx0
所以 tx 在 x∈0,+∞ 上单调递增
由洛必达法则 limx→0ex−x−1x2=limx→0ex−12x=limx→0ex2=12
(此法则需证明, 直接用且结果正确扣 2 分)
∴a2≤12 ,即 a∈(−∞,1]
(III) 解法一: 由 (II) 可得, f′x 在 x∈0,1 上单调递增,在 x∈1,+∞ 上单调递减,若 fx 有 2 个极值点 x1,x2x10 ,且 00 ,
故 ln11−t41−t32>ln1+t41+t32 ,即 F′′t=ln11−t41−t32−ln1+t41+t32>0 ,
所以 F′t 在 0,1 上单调递增,故 F′t>F′0=0 ,所以 Ft 在 0,1 上单调递增,
故 Ft>F0=0 ,
下证: 2−x10 ,即 f′2−x1>f′x2,⋯13 分因为 2−x1>1,x2>1,f′x 在 x∈1,+∞ 上单调递减,
所以 2−x1