天津市滨海新区塘沽第一中学2025届高三下学期十二校联考（一）模拟考试数学试卷（含答案）

这是一份天津市滨海新区塘沽第一中学2025届高三下学期十二校联考（一）模拟考试数学试卷（含答案），共12页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.已知集合M=x|x+3x−1≤0，N=x|xx12
C. 若函数fx=x2−kx−8k∈R在1,4上具有单调性，则k≤2
D. “x>3”是“x2−5x+6>0”的充分不必要条件
4.2025年春节期间，国产电影《哪吒之魔童闹海》凭借其震撼的特效、生动的情节与深刻的思想票房一路攀升．截至2025年2月6日登顶中国国内电影票房榜首．下图为某平台向公众征集该电影的评分结果，根据表格可以估计其得分的60%分位数约为：( )
A. 3.98B. 4.03C. 4.17D. 4.38
5.已知函数fx定义域为R，且函数fx与fx+1均为偶函数，当x∈0,1时，fx是减函数，设a=f38，b=f92，c=flg1612，则a，b，c的大小关系为( )
A. a>b>cB. a>c>bC. c>a>bD. b>a>c
6.已知函数fx=Asinωx+φA>0,ω>0,−π0的左、右焦点，点P，Q分别在C的左、右两支上，且满足F1P//F2Q，PF1⊥PF2，F2Q=2F2P，则C的离心率为( )
A. 302B. 293C. 294D. 305
二、填空题：本大题共6小题，共30分。
10.复数z满足z+1−i=1+ 3i，其中i为虚数单位，则复数z的虚部为 ．
11. x−1x9的展开式中的常数项是 ．
12.已知M为抛物线y2=8x上一点，以M为圆心，1为半径作得圆M.过点N6,0作圆M的两条切线，切点分别为A,B，则四边形MANB周长的最小值是 ．
13.甲、乙、丙、丁四位同学参加跳台滑雪、越野滑雪、单板滑雪三个项目的比赛，每人只能参加一个项目，每个项目至少一个人参加，且甲、乙两人不能参加同一项目的比赛，则四人参加比赛的不同方案一共有 种；如果符合以上条件的各种方案出现的概率相等，定义事件A为丙和丁参加的项目不同，事件B为甲和乙恰好有一人参加跳台滑雪，则P(BA)= ．
14.如图，动点C在以AB为直径的半圆O上(异于A，B)，DC⊥BC，DC=BC，AB=2，CA−BC= ；OC⋅OD的最大值为 ．
15.已知函数fx=ax2+6x−3a∈R，若关于x的方程fx+ax+3+1=0有2个不相等的实数根，则实数a的取值范围是 ．
三、解答题：本题共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.在▵ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且b>c，2acsA=bcsC+ccsB，▵ABC的面积为12 3，a=2 13．
(1)求A的值；
(2)求b的值；
(3)求cs2B+A的值．
17.如图，正方形ABCD所在的平面与平面ABNM垂直，点P为AD的中点，AM//BN，∠ABN=90 ∘，AM=AB=12BN=2．
(1)证明：NC//平面AMD；
(2)求平面PNC与平面AMD夹角的余弦值；
(3)求点D到平面PNC的距离．
18.在平面直角坐标系xOy中，椭圆E：x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为 22，焦距为2．
(Ⅰ)求椭圆E的方程；
(Ⅱ)如图，动直线l：y=k1x− 32交椭圆E于A,B两点，C是椭圆E上一点，直线OC的斜率为k2，且k1k2= 24，M是线段OC延长线上一点，且MC:AB=2:3，⊙M的半径为MC，OS,OT是⊙M的两条切线，切点分别为S,T.求∠SOT的最大值，并求取得最大值时直线l的斜率．
19.已知an是公比为q的等比数列．对于给定的k(k=1,2,3⋯n)，设Tk是首项为ak，公差为2ak−1的等差数列，记Tk的第i项为bik.若b11+b12=b22，且b21=b32．
(1)求an的通项公式；
(2)设cn=bn2+122an⋅3n，求cn的前n项和Mn
(3)若dn=bnn+n−1an−n−1n+1+n2n+12n+3，求使得d1+d2+d3+⋯+dn≤2025成立的最大整数n的值．(其中x表示不超过x的最
大整数)
20.已知函数fx=xlnx−12ax2，
(1)若y=x与fx的图象恰好相切，求实数a的值；
(2)a=0时，证明：当x>0时，fx>xex−2e
(3)若ℎx=afx+alnx+12a2x2−x+1有三个零点x1，x2，x3，且x10，
且x1+x2=2 3k12k 12+1,x1x2=−122k 12+1，
所以AB= 1+k 12x1−x2= 2 1+k 12 1+8k 122k 12+1．
由题意可知圆M的半径r为r=2 23 1+k 12 1+8k 122k 12+1
由题设知k1k2= 24，
所以k2= 24k1
因此直线OC的方程为y= 24k1x．
联立方程x22+y2=1,y= 24k1x,
得x2=8k 121+4k 12,y2=11+4k 12，
因此OC= x2+y2= 1+8k 121+4k 12．
由题意可知sin∠SOT2=rr+OC=11+OCr，
而OCr= 1+8k 121+4k 122 23 1+k 12 1+8k 122k 12+1
=3 241+2k 12 1+4k 12 1+k 12，
令t=1+2k 12，
则t>1,1t∈0,1，
因此OCr=32t 2t2+t−1=321 2+1t−1t2=321 −1t−122+94≥1，
当且仅当1t=12，即t=2时等号成立，此时k1=± 22，
所以sin∠SOT2≤12，
因此∠SOT2≤π6，
所以∠SOT最大值为π3．
综上所述：∠SOT的最大值为π3，取得最大值时直线l的斜率为k1=± 22．
19.(1)依题意可得bik=ak+(2ak−1)(i−1),(k=1,2,3,⋯,n),i∈N,，
b11=a1,b12=a2,b21=a1+(2a1−1)=3a1−1，
b22=a2+(2a2−1)=3a2−1,b32=a2+(2a2−1)2=5a2−2，
由b11+b12=b22，且b21=b32，得a1+a2=3a2−13a1−1=5a2−2，解得a1=3a2=2，于是q=a2a1=23，
所以an的通项公式是an=a1qn−1=3×23n−1；
(2)由题意可得bn2=a2+(2a2−1)(n−1)=2+3(n−1)=3n−1，
所以cn=bn2+122an⋅3n=3n−1+122×3×23n−1×3n=n22n，
所以Mn=c1+c2+⋯+cn=12+2222+3223+⋯+n22n
可得12Mn=122+2223+3224+⋯+n22n+1，
两式相减得12Mn=12+322+523+724+⋯+2n−12n+1−n22n+1，
令y=12+322+523+724+⋯+2n−12n，
则有12y=122+323+524+⋯+2n−12n+1，
两式相减得12y=12+222+223+224+⋯+22n−2n−12n+1=12+2122+123+124+⋯+12n−2n−12n+1
=12+2141−12n−11−12−2n−12n+1=12+1−12n−2n−12n+1=32−2n+32n+1，
所以y=3−2n+32n，
所以12Mn=3−2n+32n−n22n+1=3−n2+4n+62n+1，
所以Mn=6−n2+4n+62n；
(3)根据题意可得bnn=an+(2an−1)(n−1)=an+2(n−1)an−(n−1)=(2n−1)an−(n−1)，
所以dn=bnn+n−1an−n−1n+1+n2n+12n+3=(2n−1)anan−n−1n+1+n2n+12n+3
=2n−1−n−1n+1+n2n+12n+3=2n−1−1+2n+1+n2n+12n+3
=2n−1+2n+1+n2n+12n+3=n2+22n+3n+12n+3+2n−1。
下证当n≥2时，00)，即证xlnx+2e>xex(x>0)，
令g(x)=xlnx+2e,p(x)=xex，则g′(x)=lnx+1,p′(x)=1−xex，
令g′(x)0⇒00时，f(x)>xex−2e．
(3)(i)由题意，ℎ(x)=af(x)+alnx+12a2x2−x+1=a(x+1)lnx−x+1，
由ℎx=0等价于alnx−x−1x+1=0，
令ux=alnx−x−1x+1.注意到，u1=0，依题意，ux除了1之外，还有两个零点，
又由u′x=ax2+2a−2x+axx+12，令vx=ax2+2a−2x+a(x>0)，
当a≤0时，vx0时，由题意，首先vx在0,+∞上有两个零点，
故Δ=2a−22−4a2>0，解得00，故可知ξ1，ξ2均大于0，
由此可得ux在0,ξ1单调递增，ξ1,ξ2单调递减，ξ2,+∞单调递增，
而1∈ξ1,ξ2，即uξ1>0,u1=0,uξ21时，φx>φ1=0，即当x>1时，lnx>3x2−1x2+4x+1，
因此x3−1x3+1=alnx3>3ax32−1x32+4x3+1，
由x3>1，有1x3+1>3ax3+1x32+4x3+1，即x32+4x3+1>3ax3+12，
两边同时除以x3，由x1=1x3，有x1+x3+4>3ax1+x3+2，
即3a−1x1+x3+2