天津2025年高考天津数学高考真题文档版（含答案）_1.高考2025全国各省真题+答案_00.2025各省市高考真题及答案（按省份分类）_3、天津卷（全科，持续更新）_2.数学

2025 年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷） 数学 本试卷分第 1卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时 120分钟.第 1卷1至 3页第Ⅱ卷 4至6页. 答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上， 并在规定位置粘贴考试用条形码.答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答 在试卷上的无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.在天津考生获取更多 学习资料祝各位考生考试顺利！ 第I 卷（选择题） 注意事项： 1．每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动， 用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号. 2．本卷共 9小题，每小题 5分，共 45分. 参考公式： ·如果事件A,B互斥，那么P(AB)P(A)P(B) ·如果事件A,B相互独立，那么P(AB) P(A) P(B) 1 ·棱柱的体积公式V  Sh，其中 S表示棱柱的底面面积，h 表示棱柱的高． 3 1 ·圆锥的体积公式V  Sh，其中 S表示圆锥的底面面积，h 表示圆锥的高． 3 一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的 1．已知集合U 1,2,3,4,5,A1,3,B2,3,5，则ð AB（ ） U A．1,2,3,4 B．2,3,4 C．2,4 D．4 2．设xR，则“x0”是“sin2x0”的（ ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 3．已知函数y f x的图象如下，则 f x的解析式可能为（ ） 试卷第1页，共4页x x |x| |x| A． f(x) B． f(x) C． f(x) D． f(x) 1|x| |x|1 1x2 x21 4．若m为直线，,为两个平面，则下列结论中正确的是（ ） A．若m//,n，则m//n B．若m,m，则 C．若m//,m，则 D．若m,，则m 5．下列说法中错误的是（ ） A．若X N  ,2 ，则P(X )P(X ) B．若X : N  1,22 ，Y  N  2,22 ，则P(X 1)P(Y 2) C． r 越接近1，相关性越强 D． r 越接近0，相关性越弱 6．S n28n，则数列 a 的前12项和为（ ） n n A．112 B．48 C．80 D．64 7．函数 f(x)0.3x  x的零点所在区间是（ ） A．(0,0.3) B．(0.3,0.5) C．(0.5,1) D．(1,2)  5π π π 8． f(x)sin(x)(0,ππ)，在   ,  上单调递增，且 x 为它的一条对  12 12 12 π   π 称轴， ,0是它的一个对称中心，当x  0,  时， f(x)的最小值为（ ） 3   2 3 1 A． B． C．1 D．0 2 2 x2 y2 9．双曲线  1(a0, b0)的左、右焦点分别为F,F ，以右焦点F 为焦点的抛物线 a2 b2 1 2 2 y2 2px(p0)与双曲线交于另一象限点为P，若 PF  PF 3 FF ，则双曲线的离心率 1 2 1 2 e（ ） 21 51 A．2 B．5 C． D． 2 2 试卷第2页，共4页第Ⅱ卷（非选择题） 注意事项： 1．用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上． 2．本卷共 11小题，共 105分． 二、填空题：本大题共 6个小题，每小题 5分，共 30分． 3+i 10．已知i是虚数单位，则 = ． i 11．在x16的展开式中，x3项的系数为 ． 12．l :xy60，与x轴交于点A，与y轴交于点B，与(x1)2(y3)2 r2 交于C、D 1 两点，|AB|3|CD|，则r  ． 13．小桐操场跑圈，一周2次，一次5圈或6圈.第一次跑5圈或6圈的概率均为0．5，若 第一次跑5圈，则第二次跑5圈的概率为0．4，6圈的概率为0．6；若第一次跑6圈，则 第二次跑5圈的概率为0．6，6圈的概率为0．4．小桐一周跑11圈的概率为 ；若 一周至少跑11圈为动量达标，则连续跑4周，记合格周数为X，则期望E(x)  1        14．V ABC中，D为AB边中点，CE CD,ABa,ACb，则 AE  （用a，b表 3    示），若|AE|5，AECB，则AECD 15．若a,bR，对x[2,2]，均有(2ab)x2 bxa10恒成立，则2ab的最小值为 三、解答题：本大题共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V ABC中，角A,B,C 的对边分别为a,b,c．已知asinB 3bcosA，c2b1，a 7． (1)求A的值； (2)求c的值； (3)求sin(A2B)的值． 17．正方体ABCD ABCD的棱长为4，E、F分别为AD,CB 中点，CG3GC ． 1 1 1 1 1 1 1 1 1 试卷第3页，共4页(1)求证：GF 平面FBE； (2)求平面FBE与平面EBG夹角的余弦值； (3)求三棱锥DFBE的体积． x2 y2 18．已知椭圆  1ab0的左焦点为F，右顶点为A，P为xa上一点，且直线PF a2 b2 1 3 1 的斜率为 ，PFA的面积为 ，离心率为 . 3 2 2 (1)求椭圆的方程； (2)过点P的直线与椭圆有唯一交点B（异于点A），求证：PF平分AFB. 19．已知数列a 是等差数列，b 是等比数列，a b 2,a b 1,a b ． n n 1 1 2 2 3 3 (1)求a ，b 的通项公式； n n (2)nN*，I0,1，有T pab  p a b ... p a b  p a b | p,p ,...,p ,p I， n 1 1 1 2 2 2 n1 n1 n1 n n n 1 2 n1 n （i）求证：对任意实数tT ，均有ta b ; n n1 n1 （ii）求T 所有元素之和． n 20．已知函数 f(x)ax(lnx)2 (1)a1时，求 f(x)在点(1, f(1))处的切线方程； (2) f(x)有3个零点，x,x ,x 且x x x  . 1 2 3 1 2 3 （i）求a的取值范围； 4e （ii）证明lnx lnx lnx  ． 2 1 3 e1 试卷第4页，共4页1．D 【分析】由集合的并集、补集的运算即可求解. 【详解】由A1,3,B2,3,5，则AB1,2,3,5， 集合U 1,2,3,4,5， 故ð AB4 U 故选：D. 2．A 【分析】通过判断是否能相互推出，由充分条件与必要条件的定义可得. 【详解】由x0sin2xsin00，则“x0”是“sin2x0”的充分条件； 又当xπ时，sin2xsin2π0，可知sin2x0 x0 ， 故“x0”不是“sin2x0”的必要条件， 综上可知，“x0”是“sin2x0”的充分不必要条件. 故选：A. 3．D 【分析】先由函数奇偶性排除AB，再由x0,1时函数值正负情况可得解. x x 【详解】由图可知函数为偶函数，而函数 f x 和函数 f x 为奇函数，故排 1 x x 1 除选项AB； x x 又当x0,1时1x2 0,x2 10，此时 f x  0,f x  0 ， 1x2 x21 由图可知当x0,1时， f x0，故C不符合，D符合. 故选：D 4．C 【分析】根据线面平行的定义可判断A的正误，根据空间中垂直关系的转化可判断BCD的 正误. 【详解】对于A，若m//,n，则m,n可平行或异面，故A错误； 对于B，若m,m，则//，故B错误； 对于C，两条平行线有一条垂直于一个平面，则另一个必定垂直这个平面， 现m//a,m，故a，故C正确； 答案第1页，共16页对于D，m,，则m与可平行或相交或m，故D错误； 故选：C. 5．B 【分析】根据正态分布以及相关系数的概念直接判断即可. 【详解】对于A，根据正态分布对称性可知，PX  PX ，A说法正确； 对于B，根据正态分布对称性可知，PX 1PY 20.5，B说法错误； 对于C和D，相关系数 r 越接近0，相关性越弱，越接近1，相关性越强，故C和D说法 正确. 故选：B 6．C 【分析】先由题设结合a S S 求出数列a 的通项公式，再结合数列a 各项正负情 n n n1 n n 况即可求解. 【详解】因为S =n28n， n 所以当n1时，a S =12817， 1 1 当n2时，a S S =  n28n  n128n12n9， n n n1   经检验，a 7满足上式， 1 所以a 2n9  nN* ，令a 2n90n4，a 2n90n5 ， n n n 设数列 a 的前n项和为T ， n n 则数列 a 的前4项和为T S 428416 n 4 4 数列 a 的前12项和为 n T  a  a  a a a a a a a a 2n 1 2 12 1 2 3 4 5 6 12 2S S 216  122812  80. 4 12 故选：C 7．B 【分析】利用指数函数与幂函数的单调性结合零点存在性定理计算即可. 答案第2页，共16页【详解】由指数函数、幂函数的单调性可知：y0.3x在R上单调递减，y x在0,单 调递增， 所以 f x0.3x x在定义域上单调递减， 显然 f 010, f 0.30.30.30.30.5 0, f 0.50.30.50.50.5 0， 所以根据零点存在性定理可知 f x的零点位于0.3,0.5 . 故选：B 8．A 【分析】利用正弦函数的对称性得出4n2，根据单调性得出02，从而确定， 结合对称轴与对称中心再求出，得出函数解析式，利用整体思想及正弦函数的性质即可得 解. π π  2kπ  【详解】设 f x的最小正周期为T ，根据题意有   12 2 ，m,kZ， π  mπ 3 π π 2n1T 由正弦函数的对称性可知   n Z， 3 12 4 π 2nππ 即  ,4n 2， 4 2  5π π T π  5π π π 又 f x在   ,  上单调递增，则   ,   0  2 ，  12 12 2 12  12   2  π  2kπ   3 ∴2，则 ， mπ 2π  3 π  π ∵π,π，∴k 0,m1时， ，∴ f xsin2x ， 3  3  π π π 4π 当x  0,  时，2x   ,  ，  2 3 3 3  4π 3 由正弦函数的单调性可知 f x sin  . min 3 2 故选：A 9．A PF 3ca 【分析】利用抛物线与双曲线的定义与性质得出 1 ，根据勾股定理从而确 PF 3ca PA 2 定P的坐标，利用点在双曲线上构造齐次方程计算即可. 答案第3页，共16页 p  【详解】根据题意可设F  ,0，双曲线的半焦距为c，Px ,y ，则 p2c， 2 2  0 0 过F 作x轴的垂线l，过P作l的垂线，垂足为A，显然直线AF 为抛物线的准线， 1 1 则 PA  PF ， 2 PF  PF  2a PF 3ca 由双曲线的定义及已知条件可知 1 2 ，则 1 ， PF  PF 6c PF 3ca PA 1 2 2 由勾股定理可知 AF 2  y2  PF 2 PA 2 12ac， 1 0 1 x2 y2 9a2 12ac 易知y2 4cx ,x 3a ，即 0  0   1， 0 0 0 a2 b2 a2 c2a2 整理得2c23ac2a2 02cac2a，∴c2a，即离心率为2. 故选： 10． 10 3i 【分析】先由复数除法运算化简 ，再由复数模长公式即可计算求解. i 3i 3i 【详解】先由题得 i3i13i，所以  1232  10. i i 故答案为： 10 11．20 【分析】根据二项式定理相关知识直接计算即可. 【详解】x16展开式的通项公式为T Crx6r1r， r1 6 当r3时，T C3x31320x3 ， 4 6 即x16展开式中x3的系数为20. 故答案为：20 答案第4页，共16页12．2 【分析】先根据两点间距离公式得出|AB|6 2，再计算出圆心到直线的距离d，根据弦长 公式|CD|2 r2d2 列等式求解即可. 【详解】因为直线l :xy60与x轴交于A6,0，与y轴交于B0,6，所以 1 | AB| 62 62 6 2 ，所以CD 2 2 ， 圆(x1)2y32 r2的半径为r，圆心(1,3)到直线l :xy60的距离为 1 |136| d   2， 2  2 故 CD 2 r2d2 2 r2 2 2 2 ，解得r 2； 故答案为：2. 13． 0.6 3.2 【分析】先根据全概率公式计算求解空一，再求出概率根据二项分布数学期望公式计算求解. 【详解】设小桐一周跑11圈为事件A，设第一次跑5圈为事件B，设第二次跑5圈为事件C， 则PAPBP  C|B  P  B  P  C|B  0.50.60.50.60.6； 若至少跑11圈为运动量达标为事件D，PDPAP  B  P  C|B  0.60.50.40.8， 所以X B4,0.8，EX40.83.2； 故答案为：0.6；3.2 1 2 14． a b； 15 6 3 【分析】根据向量的线性运算求解即可空一，应用数量积运算律计算求解空二. 【详解】如图， 答案第5页，共16页 1   1     1 2 因为CE  CD，所以AEAC  ADAC ，所以AE AD AC． 3 3 3 3  1 2 1 2 因为D为线段AB的中点，所以AE  AB AC  a b； 6 3 6 3 又因为  A  E  5,AE CB ，所以  A  E  2    1 a   2 b   2  1 a  2 2 a  b   4 b  2 25， 6 3  36 9 9   1  2     1  1   2      AECB a b ab  a2 ab b2 0，所以 a 2 3ab4b 2 6 3  6 2 3    所以 2 ， a 4ab180   1  2    1  1  1   2  1      所以AECD a bb a a 2 ab b 2 a 2 2ab b8 2 6 3   2  12 6 3 12 1        1       a22ab2a26ab2  a24ab2 15． 12 12 1 2 故答案为： a b；15. 6 3 15．4 1 【分析】先设t2ab，根据不等式的形式，为了消a可以取x ，得到t4，验证t4 2 时，a,b是否可以取到，进而判断该最小值是否可取即可得到答案. 【详解】设t2ab，原题转化为求t的最小值， 原不等式可化为对任意的2x2，tx2t2axa10， 1 1 1 不妨代入x ，得 t t2aa10，得t4， 2 4 2 当t4时，原不等式可化为4x242axa10 ， 2  1  1 即 2x a1  a20 ，  2  4 1 观察可知，当a0时，2x120对2x2一定成立，当且仅当x 取等号， 2 此时，a0,b4，说明t4时，a,b均可取到，满足题意， 答案第6页，共16页故t2ab的最小值为4. 故答案为：4 π 16．(1) 3 (2)3 4 3 (3) 7 【分析】（1）由正弦定理化边为角再化简可求； （2）由余弦定理，结合（1）结论与已知代入可得关于b的方程，求解可得b，进而求得c； （3）利用正弦定理先求B，再由二倍角公式分别求sin2B,cos2B，由两角和的正弦可得. a b 【详解】（1）已知asinB 3bcosA，由正弦定理  ， sinA sinB 得asinBbsinA 3bcosA，显然cosA0， 得tanA 3，由0 Aπ， π 故A ； 3 1 （2）由（1）知cosA ，且c2b1，a 7， 2 由余弦定理a2 b2c22bccosA， 1 则7b2(2b1)22 b(2b1)3b23b1， 2 解得b1（b2舍去）， 故c3； a b 3 （3）由正弦定理  ，且b1,a 7,sinA ， sinA sinB 2 bsinA 21 得sinB  ，且ab，则B为锐角， a 14 5 5 3 故cosB 7，故sin2B2sinBcosB ， 14 14 2  21 11 且cos2B12sin2B12   ；    14  14 3 11 1 5 3 4 3 故sin(A2B)sinAcos2BcosAsin2B     . 2 14 2 14 7 17．(1)证明见解析 4 (2) 5 答案第7页，共16页32 (3) 3 【分析】（1）法一、利用正方形的性质先证明FGBF，再结合正方体的性质得出EF 平 面BCCB ，利用线面垂直的性质与判定定理证明即可；法二、建立空间直角坐标系，利用 1 1 空间向量证明线面垂直即可； （2）利用空间向量计算面面夹角即可； （3）利用空间向量计算点面距离，再利用锥体的体积公式计算即可. 【详解】（1）法一、在正方形BCCB 中， 1 1 CG 1 FB 由条件易知tanCFG 1   1tanBBF ，所以CFGBBF， 1 CF 2 BB 1 1 1 1 1 π 则BFBBBF  CFGBFB， 1 1 2 1 1 π 故BFGπCFGBFB ，即FGBF， 1 1 2 在正方体中，易知DC 平面BCCB ，且EF//DC ， 1 1 1 1 1 1 所以EF 平面BCCB ， 1 1 又FG平面BCCB ，∴EF FG， 1 1 ∵EFBF F,EF、BF 平面BEF，∴GF 平面BEF； 法二、如图以D为中心建立空间直角坐标系， 则B4,4,0,E2,0,4,F2,4,4,G0,4,3，    所以EF 0,4,0,EB 2,4,4,FG  2,0,1，  设ma,b,c是平面BEF的一个法向量，   mEF 4b0  则  ，令a2，则b0,c1，所以m2,0,1， mEB2a4b4c0    易知FGm，则FG也是平面BEF的一个法向量，∴GF 平面BEF； （2）同上法二建立的空间直角坐标系，   所以EG 2,4,1,BG  4,0,3，  由（1）知FG是平面BEF的一个法向量， 答案第8页，共16页   nEG2x4yz0 设平面BEG的一个法向量为nx,y,z，所以  ， nBG4x3z0  令x6，则z8,y5，即n6,5,8， 设平面BEF与平面BEG的夹角为，     FGn 20 4 则cos cos FG,n      ； FG n 5 125 5 （3）由（1）知EF 平面BCCB ，FB平面BCCB ，∴EF FB， 1 1 1 1 1 1 易知S  EFBF  4 42 22 4 5 ， BEF 2 2    DEFG 8 又DE 2,0,4，则D到平面BEF的距离为d    ， FG 5 1 1 8 32 由棱锥的体积公式知：V  dS   4 5 . DBEF 3 BEF 3 5 3 x2 y2 18．(1)  1 4 3 (2)证明见解析 【分析】（1）根据题意，利用椭圆的离心率得到a2c，再由直线PF的斜率得到mc，从 而利用三角形的面积公式得到关于c的方程，解之即可得解； （2）联立直线与椭圆方程，利用其位置关系求得k，进而得到直线PB的方程与点B的坐标， 法一：利用向量的夹角公式即可得证；法二：利用两直线的夹角公式即可得证；法三利用正 切的倍角公式即可得证；法四：利用角平分线的性质与点线距离公式即可得证. x2 y2 【详解】（1）依题意，设椭圆  1(ab0)的半焦距为c， a2 b2 c 1 则左焦点F(c,0)，右顶点A(a,0)，离心率e  ，即a2c， a 2 因为P为xa上一点，设P(a,m)， 答案第9页，共16页1 m0 1 m 1 又直线PF的斜率为 ，则  ，即  ， 3 a(c) 3 ac 3 m 1 所以  ，解得mc，则P(a,c)，即P(2c,c)， 2cc 3 3 因为PFA的面积为 ，|AF|a(c)ac3c，高为|m|c， 2 1 1 3 所以S  AF m  3cc ，解得c1， PFA 2 2 2 则a2c2，b2 a2c2 3， x2 y2 所以椭圆的方程为  1. 4 3 . （2）由（1）可知P(2,1)，F(1,0)，A(2,0)， 易知直线PB的斜率存在，设其方程为ykxm，则12km，即m12k， ykxm  联立x2 y2 ，消去y得，(34k2)x28kmx4m2120 ，   1  4 3 因为直线与椭圆有唯一交点，所以Δ8km24(34k2)(4m212)0， 1 即4k2m230，则4k212k230，解得k  ，则m2， 2 1 所以直线PB的方程为y   x  2， 2  1  y x2 x1  2  3 联立 ，解得 3，则B(1, )， x2 y2 y 2  1  2  4 3 以下分别用四种方法证明结论：   3   法一：则FB2, ,FP 3,1,FA 3,0，  2 3   23 1 FBFP 2 3 10 所以 cosBFP     ， FB  FP 3 2 10 22   3212 2   FAFP 3310 3 10 cosPFA     ， FA FP 3 3212 10 答案第10页，共16页π 则cosBFPcosPFA，又BFP,PFA(0, )， 2 所以BFPPFA，即PF平分AFB. 3 0 10 1 法二：所以 2 3，k   ，k 0， k   PF 2(1) 3 AF FB 1(1) 4 3 1 1  0 4 3 1 3 1 由两直线夹角公式，得tanBFP  ，tanPFA  ， 1 3 3 10 3 1  3 4 π 则tanBFPtanPFA，又BFP,PFA(0, )， 2 所以BFPPFA，即PF平分AFB. 1 3 法三：则tanPFAk  ，tanBFPk  ， PF 3 FB 4 1 2 2tanPFA 3 3 故tan2PFA   tanBFP ， 1tan2PFA 1 2 4 1  3 π 又BFP,PFA(0, )， 2 所以BFPPFA，即PF平分AFB. 3 0 法四：则 2 3， k   FB 1(1) 4 3 所以直线FB的方程为y x1，即3x4y30， 4 32413 则点P到直线FB的距离为d  1， 3242 又点P到直线FA的距离也为1， 所以PF平分AFB. 19．(1)a 3n1,b 2n； n n (2)（i）证明见解析；（ii）2n1  83n42n1  【分析】（1）设数列a 的公差为d，数列b 公比为qq0，由题设列出关于d和qq0 n n 的方程求解，再结合等差和等比数列通项公式即可得解； （2）（i）由题意结合（1）求出a b 和 pab p a b ...p a b p a b 的最大值， n1 n1 1 1 1 2 2 2 n1 n1 n1 n n n 答案第11页，共16页再作差比较两者大小即可证明； （ii）法一：根据 p ,p ,...,p ,p 中全为1、一个为0其余为1、2个为0其余为、…、全为 1 2 n1 n 0几个情况将T 中的所有元素分系列，并求出各系列中元素的和，最后将所有系列所得的和 n 加起来即可得解； 法二：根据T 元素的特征得到T 中的所有元素的和中各项ab  i1,2,...,n 出现的次数均为 n n i i 2n1次即可求解. 【详解】（1）设数列a 的公差为d，数列b 公比为qq0， n n 2d 2q1 d 3 则由题得  ， 22d 2q2 q2 所以a 23n13n1,b 22n1 2n； n n （2）（i）证明：由（1）p a b 3n12np 0或 p a b 3n12n 0，a b 3n22n1， n n n n n n n n1 n1 当 p a b 3n12n 0时， n n n 设S  pab  p a b ... p a b  p a b22522... 3n42n1 3n12n， n 1 1 1 2 2 2 n1 n1 n1 n n n 所以2S 222523...3n42n3n12n1， n 所以 S 43 2223...2n3n12n143 22 12n1  3n12n18 43n2n1， n 12 所以S 83n42n1，为T 中的最大元素， n n 此时a b S 3n22n183n42n1 62n180恒成立， n1 n1 n 所以对tT ，均有ta b . n n1 n1 （ii）法一：由（i）得S 83n42n1，为T 中的最大元素， n n 由题意可得T 中的所有元素由以下系列中所有元素组成： n 当 p ,p ,...,p ,p 均为1时：此时该系列元素只有S 83n42n1即C0个； 1 2 n1 n n n 当 p ,p ,...,p ,p 中只有一个为0，其余均为1时： 1 2 n1 n 此时该系列的元素有S ab,S a b ,S ab ,...,S a b 共有C1个， n 1 1 n 2 2 n 3 3 n n n n 答案第12页，共16页则这n个元素的和为C1S ab a b ...a b   C1 C0 S ； n n 1 1 2 2 n n n n n 当 p ,p ,...,p ,p 中只有2个为0，其余均为1时： 1 2 n1 n 此时该系列的元素为S ab a b  i, j1,2,...,n,i j  共有C2个， n i i j j n 则这n个元素的和为C2S C1 ab a b ...a b   C2C1  S ； n n n1 1 1 2 2 n n n n1 n 当 p ,p ,...,p ,p 中有2个为0，其余均为1时：此时该系列的元素为 1 2 n1 n S ab a b a b  i, j,k1,2,...,n,i jk  共有C3个， n i i j j k k n 则这n个元素的和为C3S C2 ab a b ...a b   C3 C2  S ； n n n1 1 1 2 2 n n n n1 n … 当 p ,p ,...,p ,p 中有n1个为0，1个为1时：此时该系列的元素为ab,a b ,...,a b 共有 1 2 n1 n 1 1 2 2 n n Cn1个， n 则这n个元素的和为Cn1S Cn2ab a b ...a b   Cn1Cn2 S ； n n n1 1 1 2 2 n n n n1 n 当 p ,p ,...,p ,p 均为0时：此时该系列的元素为0  CnCn1 S 即Cn 1个， 1 2 n1 n n n1 n n 综上所述，T 中的所有元素之和为 n S   C1 1  S   C2C1  S   C3 C2  S ...  Cn1Cn2 S 0 n n n n n1 n n n1 n n n1 n  C0C1 ...Cn1Cn   C0 C1  ...Cn2 Cn1 S  n n n n n1 n1 n1 n1  n   2n2n1 S n 2n1S n 2n1  83n42n1  ； 法二：由（i）得S 83n42n1，为T 中的最大元素， n n 由题意可得 T   S ,S ab,S ab a b ,S ab a b a b ,...,ab a b ,ab,0  ,  i, j,k1,2,...,n,i jk  n n n i i n i i j j n i i j j k k i i j j i i ， 所以T 的所有的元素的和中各项ab  i1,2,...,n 出现的次数均为 n i i C0 C1 ...Cn2Cn1 2n1次， n1 n1 n1 n1 所以T n 中的所有元素之和为2n1a 1 b 1 a 2 b 2 ...a n b n 2n1S n 2n1  83n42n1 . 答案第13页，共16页20．(1)y x  4  (2)（i）0, ；（ii）证明见解析.  e2  【分析】（1）利用导数的几何意义，求导数值得斜率，由点斜式方程可得； lnx2 lnx2 （2）（i）令 f(x)0，分离参数得 a ，作出函数 g(x) 图象，数形结合可得 x x a范围；（ii）由（2）结合图象，可得x,x ,x 范围，整体换元lnx t ,lnx t ,lnx t ，转 1 2 3 1 1 2 2 3 3 aet1 t2①  1 lnat 2lnt 化为aet2 t2②，结合由②③可得 2 2 ，两式作差，利用对数平均不等式可得   aet3 t 3 2 2③ lnat 3 2lnt 3 t2 tt 4，再由t2 aet1 a得t  a，结合a 3 减元处理，再构造函数求最值，放缩法可 13 1 1 et3 证明不等式. 【详解】（1）当a1时， f(x)x(lnx)2，x0， 2lnx 则 f(x)1 ，则 f(1)1，且 f(1)1， x 则切点(1,1)，且切线的斜率为1， 故函数 f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为y x； （2）（i）令 f(x)ax(lnx)2 0，x0， (lnx)2 得a ， x lnx2 设 g(x) ,x0 ， x 2lnx xlnx2 则 g(x) x  lnx(2lnx)， x2 x2 4 由g(x)0解得x1或e2，其中g(1)0，g(e2) ； e2 当0x1时，g(x)0，g(x)在(0,1)上单调递减； 当1xe2时，g(x)0，g(x)在(1,e2)上单调递增； 当xe2时，g(x)0，g(x)在(e2,)上单调递减； 且当x0时，g(x)； 当x时，g(x)0； 如图作出函数g(x)的图象， 答案第14页，共16页要使函数 f(x)有3个零点， 则方程a= g(x)在(0,)内有3个根，即直线ya与函数g(x)的图象有3个交点. 4 结合图象可知，0a . e2 4 故a的取值范围为(0, )； e2 （ii）由图象可知，0 x 1 x e2 x ， 1 2 3 设lnx t ,lnx t ,lnx t ，则t 0t 2t ， 1 1 2 2 3 3 1 2 3 aet1 t2①  1 lnat 2lnt 满足aet2 t2②，由②③可得 2 2 ，   aet3 t 3 2 2③ lnat 3 2lnt 3 两式作差可得t t 2(lnt lnt )， 3 2 3 2 t t 则由对数均值不等式可得2 3 2  t t ， lnt lnt 2 3 3 2 4e 则t t 4，故要证(lnx lnx)lnx  ， 2 3 2 1 3 e1 4e 4e 即证t t tt  ，只需证4tt  ， 2 3 13 e1 13 e1 4 即证tt  ，又因为t 0,t2 aet1 a，则 t t  a ， 13 e1 1 1 1 1 t2 t2 4 所以tt  at  3 ，故只需证 3  ， 13 3 t3 t3 e1 e2 e2 t 1 t 1 t2 2te2  t2e2 (2 t)t 设函数(t) t ,t 2，则 (t) 2  2 ， e2 et t e2 当2t4时，(t)0，则(t)在(2,4)上单调递增； 当t4时，(t)0，则(t)在4,上单调递减； 16 16 故(t) (4) ，即(t) . max e2 e2 答案第15页，共16页而由4e216e164(e2)2 0， 16 4 可知  成立，故命题得证. e2 e1 答案第16页，共16页