2026年天津市红桥区高三下学期一模数学试卷和答案

这是一份2026年天津市红桥区高三下学期一模数学试卷和答案，共3页。试卷主要包含了选择题每题 5 分，填空题每题 5 分，解答题等内容，欢迎下载使用。

高三数学参考答案
一、选择题每题 5 分
二、填空题每题 5 分
10
213
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
答案
C
A
D
B
C
D
C
C
C
10.
11. 12012. 213.
（2分）；（3分）
（ 分）； （
123
23分）
33
3
1  a  21
64
三、解答题
（16）（本小题满分 14 分）
解：（Ⅰ）因为 a2  b2  c2  2bc cs A ，2 分
解得得c  2 ， c   8
3
由已知易得 a  4 ，
（舍）；4 分
则sin B  sin A 

1  cs2 A
15
4
，5 分
b
且
sin B
c，6 分
sin C
由sin C 
；8 分
15
8
因为cs 2 A  2 cs2
A 1   7
8
，10 分
sin 2 A  2 sin A cs A 
15
，12 分
8
所以sin(2 A 

)  sin 2 A cs
44
 cs 2 Asin  
30  7 2
416
.14 分
（17）（本小题满分 15 分）
解：（Ⅰ）因为直棱柱 ABC  A1 B1C1 中， CC  平面 ABC ，且 AC  BC ，
所以 AC, CB, CC1 两两垂直，故以C 为原点， CA 为 x 轴， CB 为 y 轴， CC1 为 z 轴，
建立空间直角坐标系，则 A(2
2,0,0), B(0,2
2,0), C(0,0,0), B1(0,2
2,4), C1(0,0,4) ，
依题意 E( 2, 2,0), F (2 2,0,2) ，1 分

则CE  (2,2, 0)C, F  (22, 0, 2), AB1  (2
2,2
2,4) ,2 分

因为 AB1  CE  0 ， AB1  CF  0 ，4 分
且CE  CF  C ，5 分
所以 AB1  平面CEF ；6 分
由（Ⅰ）易知 AB1  (2 2,2 2,4) 为平面CEF 的一个法向量，7 分

因为C1E  (2,2,4)C,1F  (22, 0, 2),
C1 E  n  0 2x 2 y  4  0
C1 F

设 m  (x, y, z) 为平面C1 EF 的法向量，则   n  0 即2 2x  2z  0,不妨令 x  1，
可得 m  (1,3, 2) 为平面C1EF 的一个法向量，9 分
m
则cs


AB1
m  AB1
| m  AB1
|10 分
3
11 分
3
3
所以二面角C  EF  C1 的余弦值为 3 ；
因为VC CEF  VE C CF ，12 分
11
2
C CF  2 
1
且 S2
1
 4  4
，13 分
2
由于三棱锥 E  C1CF 的高为 E 到 AC 的距离，
2
118
VC CEF  VE C CF   BC  4 ，15 分
11323
18
所以三棱锥C1  CEF 的体积 3 Sd  3 。
（18）（本小题满分 15 分）
1
解：(Ⅰ)依题意可得
 2b  c  1 ，bc  11 分
2
c 2 且 a2  b2  c2 ，
a2
2
则 a 
，3 分
2
则椭圆C 的标准方程为： x
2
 y2
 1 ；4 分
（Ⅱ）①已知直线l : y  kx  m 与圆 x2  y2  2 相切于点 M ,
2
3
3
k 2  1
则 d 
| m |

，即 m2
 2 (1  k 2 ) ，
3
2

 x2
联立方程组 2y
 1,
 y  kx  m
得2k 2  1x2  4kmx  2m2  2  0 ,6 分
4km
则 xA  xB   2k 2  1
, xA xB 
2m2  2
2k 2  1
,7 分

因为OA  OB  xA xB  yA yB  xA xB  (kxA  m)(kxB  m)  0 ，9 分
所以OA  OB ；10 分
②直线l : y  kx  m 与椭圆C 交于不同两点 A、B ,
x2x2
则 A  y2  1 , B  y2  1 ,
2A2B
OA2  r 2
OB 2  r 2
则 | AM | 
| BM |

，11 分
x  y 
22
AA
x  y 
22
BB
2
3
2
3
x 2
A 
2
1
3
x 21
B 
23
由①知 xA xB  yA yB  0 ，则 xA xB   yA yB12 分
2222
x2x2
所以 xx yy (1  A )(1  B ) ，
ABAB22
4  2x2
即 x2  A ，13 分
A
B2  3x2
x
2
A  1
2  3x2
则  23  A14 分
x
1
24
B 
23
2
且
 xA ，
2
所以实数的取值范围是  1 ,215 分
 2
（19）（本小题满分 15 分）
1
2
解：（Ⅰ）由题意知，经过 1 轮变换后，即A  1,1,1,1,1,1,1,1，经过 2 轮变换后，即A  5,3,5,3,5,3,5,3，
3
经过 3 轮变换后，即A  6,6,6,6,6,6,6,6，
4
经过 4 轮变换后，即 A  14,8,14,8,14,8,14,8，2 分
已知3Tn  4bn 1①，
n  1时， 3b1  4b1 1, b1  1，
n  2 时， 3Tn1  4bn1 1②，
①﹣②：3(Tn  Tn1 )  4(bn  bn1 ) ，整理得bn  4bn1 ，4 分
所以数列b 是首项为 1，公比为 4 的等比数列，即b  4n1 (n  N ) ；5 分
nn
经过 H 2k 1 变换后，奇数项的每一项都增加1 ，偶数项的每一项都减少 2k 1，
所有各项之和增加 4[1  (2k 1)]  8  8k ，6 分
经过 H 2k 变换后，奇数项的每一项都增加 4k ，偶数项的每一项都减少 2 ，
所有各项之和增加 4(4k  2)  16k  8 ，7 分
故经过 H 2k 1 ， H 2k 两轮变换后，各项和增加8k ，
则 a2n
n
 8k  4n2  4n ，8 分
k 1
n
当 n 为偶数时，a  n2  2n ，9 分
nn1
当 n 为奇数时，a  a 4(1  n)  (n 1)2  2(n 1)  4(1  n)  n2  4n  3 ，10 分
n2  4n  3, n为奇数
所以 an  
a2
2k
 2a
bk
2k

；
n2  2n, n为偶数
a2k (a2k  2)
bk
n
n
n
n a 1
因为
k 1
 
k 1
 
k 1
n
 
k 1
  2k k 1
a2
2k
 2a 1
2k
bk
bk
4k 2  4k  1
2k 1
n
即Tn  
k 1
4k 2  4k  1
2k 1
，11 分
9
则Tn  1 
25 
2
49 
4
81  
8
4(n 1)2  4(n 1)  1 
2n2
4n2  4n  1
①，
2n1
1925
4981
4(n 1)2  4(n 1)  1
4n2  4n  1
2 Tn  2 
 
4816
2n1
②，
2n
1
16
①﹣②得： 2 Tn  9  2 
24  32
48
  8n 
2n1
4n2  4n  1
，
n
整理得Tn  18  16 
24  32
24
  8n 
2n2
4n2  4n  1
2n1
，13 分
设 Pn  16 
24  32
24
 
8n  8
2n3
8n

③，
2n2
12432
8n  88n
2 Pn  8  22
 
23
2n2
④，
2n1
18888n
③﹣④得： 2 Pn  20  22  23   2n2  2n1 ，
整理得 Pn  48 
n  2 2n5
，14 分
所以Tn  66 
n  2 
2n5
4n2  4n  1 2n
 6615 分
20.（本小题满分 16 分）
解：（Ⅰ）当 1时， f ( x )
lnx( 
x2
1) x ，
2
则 f '(x) 
1
x  1
1  x ，1 分
即切线斜率 k  f '(1) 
1
1
，2 分
2
且 f (1)  ln 2  ，
2
数 f ( x )在 x  1处的切线方程为 y  (ln 2 
1 ) 
2
1 (x 1) ，
2
即 x  2 y  2 ln 2  2  0 ；4 分
 
)
1

xx  ( 
因为 f '(x) 
x  1
 x    ，6 分
x  1
1
①当  0 ，即0   1 ，
f '(x)  0 ， f ( x )在(0， ) 单调递增，故 f (x)  f (0)  0 成立，7 分
1
②当  0 ， 即 1，
则 x   0， 1  时， f '(x)  0 ， f ( x )在 0， 1  单调递减，


 

故 f (x)  f (0)  0 矛盾，不合题意，8 分
综上所述，的取值范围是0   1；9 分
由（Ⅱ）可得：当 1时， f ( x )
lnx( 
x2
1) x  0 成立，10 分
2
则 f ( 1
x
)  ln( 1
x
 1)  1 
x
1
2x 2
0 ，11 分
即ln(x  1)  ln x 
1  1 ，
x2x 2
所以2 ln(x  1)  2 ln x 
2  1 ，
xx 2
故[2 ln(n  1)  2 ln n]  [2 ln n  ln(n 1)]   (ln 2  ln1)
2  1
nn 2
2
n  1
1
(n  1)2
  2  1
112
n
 ( 2  1 ) ,13 分
i1 ii 2
n21
所以(
i1
)  2 ln(n  1) ，右侧得证，
i
i 2
构造 g(x)  ln(x  1)  x(x  0) ，
则 g'(x) 
1
x  1
 1  
x
x  1
 0 ，
在 g(x) 在(0,) 单调递减，则 g(x)  g(0)  0 ，即ln(x  1)  x ，14 分
ln( 1  1)  1 ，即ln(x  1)  ln x  1 ，
xxx
1111
故[ln(n  1)  ln n]  [ln n  ln(n 1)]   (ln 2  ln1) 
n  n  1
  
21
1111
所以ln(n  1)   
nn  1
2  1 ，
 1 4
4 1
1
n 24n 2
4n 2  1
2

 2n  1
2n  1 ，
 1  1
  1
 1  2   1  1  1  1  1
1  5
1222n 2

 3557

2n  1
2n  13 ，
n
 2 ln(n  1)  5  （2
1  1   1  1  1
 1
  1  
( 2  1 ) ,16 分
）
nn  1
211222
n 2i1 ii 2
5n21
3i
综上所述2 ln(n  1)   (
i1
)  2 ln(n  1)(n  N , n  2) 。
i 2