天津市和平区2026届高三上学期1月期末数学试卷含答案（word版+pdf版）

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二、填空题(6×5分=30分)
(10)1 (11) -6 (12) 23
(13) 425:25 (14) 17;3 (15) 22
三、解答题(共75分)
(16)(本小题满分 14 分)
解: (I) 由正弦定理 csinC=bsinB 及二倍角公式 sin2C=2sinCcsC 可得 2sinBsinCcsC+sinCsinB=0 ,又因为 B,C∈0,π ,所以 sinC≠0,sinB≠0 , 4 分
(II) (i) 将 a=3,c=b+2,csC=−12 代入余弦定理 c2=a2+b2−2abcsC , -8 分
(ii) 因为 C=2π3 ,故 sin2C=sin43π=−32,cs2C=cs43π=−12 ,由正弦定理 csinC=asinA ，解得 sinA=3314 ，由 A∈0,π2 ，故 csA=1−sin2A=1314 ，_____12分 -14 分
(17)(本小题满分 15 分)
解: 因为 PA⊥ 平面 ABCD ,正方形 ABCD ,因此以点 A 为原点, AB,AD,AP 所在直线分别为 x 轴, y 轴, z 轴,建立如下图所示的空间直角坐标系. 易知 A0,0,0,B2,0,0 , C2,2,0,D0,2,0,P0,0,2,E1,2,0,F1,0,1 . -2 分
(I) 证明: 可知 EF=0,−2,1 ,平面 PAD 的法向量为 n1=1,0,0,EF⋅n1=0 ,所以 EF⊥n1 ,又因为 EF⊄ 平面 PAD ,所以 EF// 平面 PAD . -5 分
(II) 设平面 AEF 的法向量为 n2=x,y,z,AE=1,2,0,AF=1,0,1 则 n2⋅AE=x+2y=0,n2⋅AF=x+z=0, 令 x=2 ,则 n2=2,−1,−2 , -8 分设平面 AEF 与平面 PAD 的夹角为 θ,csθ=cs0 ,故 k≠0 ,有 x0=42k2k2+1,y0=kx0−2=22k2−22k2+1 ,即 C42k2k2+1,22k2−22k2+1 ,
故 BC 中点 D22k2k2+1,−22k2+1 , -10 分
所以直线 OD 方程为 y=−12kx ,则 E−22,2k , -11 分
又因为点 F1 在以 BE 为直径的圆上,故有 BF1⋅EF1=0 ①, -13 分
由 BF1=−2,2,EF1=2,−2k 代入①式，解得 k=−1 ，
故直线 l 的方程为 y=−x−2 . -15 分
(19)(本小题满分 15 分)
解:(I)由已知 a3=1+d,a4=3+d,a3+a4=4+2d=8 ，解得 d=2 ， 故 an=n, n为奇数,n+1,n为偶数. 故 b2+b3=a5+1=6 ,设等比数列公比为 q,b1=1 ,则有 q2+q−6=0 ，解得 q=2 或 -3，因为正项数列 bn ，故 q=2 ，所以 bn=2n−1 ._____ 4 分
(II) bn+1=2n ,所以 cn=anbn+1=n⋅2n, n为奇数,n+1⋅2n,n为偶数,
(法一) 因为 2n−1⋅22n−1+2n+1⋅22n=3n+12⋅4n ,故 T2n=i=1n3i+12⋅4i , T2n=72×41+132×42+⋯⋯⋯+3n+12⋅4n,
4T2n=72×42+132×43+⋯⋯⋯+3n+12⋅4n+1 ,两式相减有
−3T2n=14+3×42+43⋯+4n−3n+12⋅4n+1=14+3×16−4n+11−4−3n+12⋅4n+1,
整理得 −3T2n=−2+12−3n⋅4n+1 ,即 T2n=23+4n−23:4n
(法二) 设 A=1×2+3×23+⋯+2n−122n−1,B=3×22+5×24+⋯+2n+1⋅22n , 则 T2n=A+B ，求得 A=43n−109⋅4n+109 ， B=83n+49⋅4n−49 ，
10 分
(III) T2n0,lnx>1−a2 ,解得 x>e1−a2 ,令 m′x0 ,故 hx0 ,且 m=s−12s . 所以当 x∈0,s 时, k′x0 ,则 kx 在 0,s 上单调递减,在 s,+∞ 上单调递增,所以 ks≤0 ,其中 ks=s−m2−lns−m+14 ,即 ks=14s2+12s−s−lns+141 ，又因为 m=s−12s 在区间 [1,+∞) 上单调递增， 所以 m>12 (当 m=12 时,有 2x1=x2=1 ) 因此, x1−x2 的最小值为 12 ._____ 16 分(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
(6)
(7)
(8)
(9)
B
A
B
C
D
C
C
A
D