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2025 年高考天津卷数学真题
一、单选题
1．已知集合𝑈 ={1,2,3,4,5},𝐴 ={1,3},𝐵 ={2,3,5}，则∁ (𝐴∪𝐵)=（ ）
𝑈
A．{1,2,3,4} B．{2,3,4} C．{2,4} D．{4}
【答案】D
【解析】由𝐴 ={1,3},𝐵 ={2,3,5}，则𝐴∪𝐵 ={1,2,3,5}，
集合𝑈 ={1,2,3,4,5}，
故∁ (𝐴∪𝐵)={4}
𝑈
故选：D.
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
【答案】A
【解析】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．已知函数𝑦 =𝑓(𝑥)的图象如下，则𝑓(𝑥)的解析式可能为（ ）
A．𝑓(𝑥)= 𝑥 B．𝑓(𝑥)= 𝑥 C．𝑓(𝑥)= |𝑥| D．𝑓(𝑥)= |𝑥|
1−|𝑥| |𝑥|−1 1−𝑥2 𝑥2−1
【答案】D
【解析】由图可知函数为偶函数，而函数𝑓(𝑥)= 𝑥 和函数𝑓(𝑥)= 𝑥 为奇函数，AB错误；
1−|𝑥| |𝑥|−1
又当𝑥 ∈(0,1)时1−𝑥2 >0,𝑥2−1<0，此时𝑓(𝑥)= |𝑥| >0,𝑓(𝑥)= |𝑥| <0，
1−𝑥2 𝑥2−1
由图可知当𝑥 ∈(0,1)时，𝑓(𝑥)<0，C错误，D正确.
故选：D
4．若m为直线，𝛼,𝛽为两个平面，则下列结论中正确的是（ ）
A．若𝑚//𝛼,𝑛 ⊂𝛼，则𝑚//𝑛 B．若𝑚 ⊥𝛼,𝑚 ⊥𝛽，则𝛼 ⊥𝛽
C．若𝑚//𝛼,𝑚 ⊥𝛽，则𝛼 ⊥𝛽 D．若𝑚 ⊂𝛼,𝛼 ⊥𝛽，则𝑚 ⊥𝛽
【答案】C
【解析】A，若𝑚//𝛼,𝑛 ⊂𝛼，则𝑚,𝑛可平行或异面，A错误；
B，若𝑚 ⊥𝛼,𝑚 ⊥𝛽，则𝛼//𝛽，B错误；
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 ⊥𝛽，故𝑎 ⊥𝛽，C正确；
D，𝑚 ⊂𝛼,𝛼 ⊥𝛽，则𝑚与𝛽可平行或相交或𝑚 ⊂𝛽，D错误；
故选：C.
5．下列说法中错误的是（ ）
A．若𝑋 ∼𝑁(𝜇,𝜎2)，则𝑃(𝑋 ≤𝜇−𝜎)=𝑃(𝑋 ≥𝜇+𝜎)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
【答案】B
【解析】A，根据正态分布对称性可知，𝑃(𝑋 ≤𝜇−𝜎)=𝑃(𝑋 ≥𝜇+𝜎)，A正确；
B，根据正态分布对称性可知，𝑃(𝑋 <1)=𝑃(𝑌 <2)=0.5，B错误；
CD，相关系数|𝑟|越接近0，相关性越弱，越接近1，相关性越强，CD正确.
故选：B
6．𝑆 =−𝑛2+8𝑛，则数列{|𝑎 |}的前12项和为（ ）
𝑛 𝑛
A．112 B．48 C．80 D．64
【答案】C
【解析】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．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)
【答案】B
【解析】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．𝑓(𝑥)=sin(𝜔𝑥+𝜑)(𝜔 >0,−π<𝜑 <π)，在[− 5π , π ]上单调递增，且𝑥 = π为它的一条对称轴，( π ,0)是它的一
12 12 12 3
个对称中心，当𝑥 ∈[0, π ]时，𝑓(𝑥)的最小值为（ ）
2
A．− √3 B．− 1 C．1 D．0
2 2
【答案】A
π π
𝜔+𝜑 = +2𝑘π
【解析】设𝑓(𝑥)的最小正周期为𝑇，根据题意有{12 2 ，(𝑚,𝑘 ∈Z)，
π
𝜔+𝜑 =𝑚π
3
由正弦函数的对称性可知π − π = (2𝑛+1)𝑇 (𝑛 ∈Z)，
3 12 4
即π = 2𝑛π+π ,∴𝜔 =4𝑛+2，
4 2𝜔
又𝑓(𝑥)在[− 5π , π ]上单调递增，则𝑇 ≥ π −(− 5π ),∴ π ≥ π ⇒0<𝜔 ≤2，
12 12 2 12 12 𝜔 2
π
𝜑 = +2𝑘π
∴𝜔 =2，则{ 3 ，
2π
𝜑 =𝑚π−
3∵𝜑 ∈(−π,π)，∴𝑘 =0,𝑚 =1时，𝜑 = π，∴𝑓(𝑥)=sin(2𝑥+ π )，
3 3
当𝑥 ∈[0, π ]时，2𝑥+ π ∈[ π , 4π ]，
2 3 3 3
由正弦函数的单调性可知𝑓(𝑥) =sin 4π =− √3 .
min
3 2
故选：A
9．双曲线𝑥2
−
𝑦2
=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𝑦2 =2𝑝𝑥(𝑝 >0)与双曲
𝑎2 𝑏2 1 2 2
线交于第一象限的点P，若|𝑃𝐹 |+|𝑃𝐹 |=3|𝐹 𝐹 |，则双曲线的离心率𝑒 =（ ）
1 2 1 2
A．2 B．5 C．√2+1 D．√5+1
2 2
【答案】A
【解析】由题意可设𝐹 ( 𝑝 ,0)，双曲线的半焦距为𝑐，𝑃(𝑥 ,𝑦 )，则𝑝 =2𝑐，
2 0 0
2
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
易知𝑦2 =4𝑐𝑥 ,∴𝑥 =3𝑎，即𝑥0 2 − 𝑦0 2 = 9𝑎2 − 12𝑎𝑐 =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：
二、填空题
10．已知i是虚数单位，则| 3+i |= ．
i
【答案】√10
【解析】先由题得3+i =−i(3+i)=1−3i，所以| 3+i |=√12+(−3)2 =√10.
i i
故答案为：√10
11．在(𝑥−1)6的展开式中，𝑥3项的系数为 ．
【答案】−20
【解析】(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
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两点，|𝐴𝐵|=3|𝐶𝐷|，
1则𝑟 = ．
【答案】2
【解析】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|𝐴𝐵|=√62+62 =6√2，所以|𝐶𝐷|=
1
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𝑑 = |−1−3+6| =√2，
1
√2
2
故|𝐶𝐷|=2√𝑟2−𝑑2 =2√𝑟2−(√2) =2√2，解得𝑟 =2；
故答案为：2.
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)=
【答案】 0.6 3.2
【解析】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
14．△𝐴𝐵𝐶中，D为AB边中点，𝐶⃗⃗⃗⃗𝐸⃗ = 1 𝐶⃗⃗⃗⃗𝐷⃗ ,𝐴⃗⃗⃗⃗𝐵⃗ =𝑎 ,𝐴⃗⃗⃗⃗𝐶⃗ =𝑏⃗ ，则𝐴⃗⃗⃗⃗𝐸⃗ = （用𝑎 ，𝑏⃗ 表示），若|𝐴⃗⃗⃗⃗𝐸⃗ |=5，𝐴𝐸 ⊥𝐶𝐵，则
3
𝐴⃗⃗⃗⃗𝐸⃗ ⋅𝐶⃗⃗⃗⃗𝐷⃗ =
【答案】 1 𝑎 + 2 𝑏⃗ ； −15
6 3
【解析】如图，
因为𝐶⃗⃗⃗⃗𝐸⃗ = 1 𝐶⃗⃗⃗⃗𝐷⃗ ，所以𝐴⃗⃗⃗⃗𝐸⃗ −𝐴⃗⃗⃗⃗𝐶⃗ = 1 (𝐴⃗⃗⃗⃗𝐷⃗ −𝐴⃗⃗⃗⃗𝐶⃗ )，所以𝐴⃗⃗⃗⃗𝐸⃗ = 1 𝐴⃗⃗⃗⃗𝐷⃗ + 2 𝐴⃗⃗⃗⃗𝐶⃗ ．
3 3 3 3
因为D为线段𝐴𝐵的中点，所以𝐴⃗⃗⃗⃗𝐸⃗ = 1 𝐴⃗⃗⃗⃗𝐵⃗ + 2 𝐴⃗⃗⃗⃗𝐶⃗ = 1 𝑎 + 2 𝑏⃗ ；
6 3 6 3
2
又因为|𝐴⃗⃗⃗⃗𝐸⃗ |=5,𝐴𝐸 ⊥𝐶𝐵，所以𝐴⃗⃗⃗⃗𝐸⃗ 2 =( 1 𝑎 + 2 𝑏⃗ ) = 1 𝑎 2+ 2 𝑎 ⋅𝑏⃗ + 4 𝑏⃗ 2 =25，
6 3 36 9 9
𝐴⃗⃗⃗⃗𝐸⃗ ⋅𝐶⃗⃗⃗⃗𝐵⃗ =( 1 𝑎 + 2 𝑏⃗ )⋅(𝑎 −𝑏⃗ )= 1 𝑎 2+ 1 𝑎 ⋅𝑏⃗ − 2 𝑏⃗ 2 =0，所以𝑎 2+3𝑎 ⋅𝑏⃗ =4𝑏⃗ 2
6 3 6 2 3
所以𝑎 2+4𝑎 ⋅𝑏⃗ =180，
所以𝐴⃗⃗⃗⃗𝐸⃗ ⋅𝐶⃗⃗⃗⃗𝐷⃗ =( 1 𝑎 + 2 𝑏⃗ )⋅(−𝑏⃗ + 1 𝑎 )= 1 𝑎 2+ 1 𝑎 ⋅𝑏⃗ − 2 𝑏⃗ 2 = 1 (𝑎 2+2𝑎 ⋅𝑏⃗ −8𝑏⃗ 2)
6 3 2 12 6 3 12
= 1 (𝑎 2+2𝑎 ⋅𝑏 −2𝑎 2−6𝑎 ⋅𝑏 )= 1 (−𝑎 2−4𝑎 ⋅𝑏 )=−15．
12 12故答案为：1 𝑎 + 2 𝑏⃗ ；−15.
6 3
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
【答案】−4
【解析】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，
不妨代入𝑥 =− 1，得1 𝑡− 1 (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
即−[2𝑥+( 1 𝑎+1)] + 1 𝑎2 ≤0，
2 4
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 =− 1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，
故𝑡 =2𝑎+𝑏的最小值为−4.
故答案为：−4
三、解答题
16．在△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．
【答案】(1) π
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.
【解析】（1）已知𝑎sin𝐵 =√3𝑏cos𝐴，由正弦定理 𝑎 = 𝑏 ，
sin𝐴 sin𝐵
得𝑎sin𝐵 =𝑏sin𝐴 =√3𝑏cos𝐴，显然cos𝐴 ≠0，
得tan𝐴 =√3，由0<𝐴 <π，
故𝐴 = π；
3
（2）根据（1）知cos𝐴 = 1，且𝑐 =2𝑏+1，𝑎 =√7，
2
由余弦定理𝑎2 =𝑏2+𝑐2−2𝑏𝑐cos𝐴，
则7=𝑏2+(2𝑏+1)2−2× 1 𝑏(2𝑏+1)=3𝑏2+3𝑏+1，
2
解得𝑏 =1（𝑏 =−2舍去），
故𝑐 =3；
（3）由正弦定理 𝑎 = 𝑏 ，且𝑏 =1,𝑎 =√7,sin𝐴= √3，
sin𝐴 sin𝐵 2
得sin𝐵 = 𝑏sin𝐴 = √21，且𝑎 >𝑏，则𝐵为锐角，
𝑎 14故cos𝐵 = 5 √7，故sin2𝐵 =2sin𝐵cos𝐵 = 5√3，
14 14
2
且cos2𝐵 =1−2sin2𝐵 =1−2×( √21 ) = 11；
14 14
故sin(𝐴+2𝐵)=sin𝐴cos2𝐵+cos𝐴sin2𝐵 = √3 × 11 + 1 × 5√3 = 4√3 .
2 14 2 14 7
17．正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴 𝐵 𝐶 𝐷 的棱长为4，𝐸、𝐹分别为𝐴 𝐷 ,𝐶 𝐵 中点，𝐶𝐺 =3𝐺𝐶 ．
1 1 1 1 1 1 1 1 1
(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．
【答案】(1)见解析
4
(2)
5
32
(3)
3
【解析】（1）法一、在正方形𝐵𝐶𝐶 𝐵 中，
1 1
由条件易知tan∠𝐶 𝐹𝐺 = 𝐶1𝐺 = 1 = 𝐹𝐵1 =tan∠𝐵 𝐵𝐹，所以∠𝐶 𝐹𝐺 =∠𝐵 𝐵𝐹，
1 1 1 1
𝐶1𝐹 2 𝐵𝐵1
则∠𝐵 𝐹𝐵+∠𝐵 𝐵𝐹 = π =∠𝐶 𝐹𝐺+∠𝐵 𝐹𝐵，
1 1 1 1
2
故∠𝐵𝐹𝐺 =π−(∠𝐶 𝐹𝐺+∠𝐵 𝐹𝐵)= π，即𝐹𝐺 ⊥𝐵𝐹，
1 1
2
在正方体中，易知𝐷 𝐶 ⊥平面𝐵𝐶𝐶 𝐵 ，且𝐸𝐹//𝐷 𝐶 ，
1 1 1 1 1 1
所以𝐸𝐹 ⊥平面𝐵𝐶𝐶 𝐵 ，
1 1
又𝐹𝐺 ⊂平面𝐵𝐶𝐶 𝐵 ，∴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𝐸⃗⃗⃗⃗𝐹⃗ =(0,4,0),𝐸⃗⃗⃗⃗𝐵⃗ =(2,4,−4),𝐹⃗⃗⃗⃗𝐺⃗ =(−2,0,−1)，
设𝑚⃗⃗ =(𝑎,𝑏,𝑐)是平面𝐵𝐸𝐹的一个法向量，
则{
𝑚⃗⃗ ⋅𝐸⃗⃗⃗⃗𝐹⃗ =4𝑏 =0
，令𝑎 =2，则𝑏 =0,𝑐 =1，所以𝑚⃗⃗ =(2,0,1)，
𝑚⃗⃗ ⋅𝐸⃗⃗⃗⃗𝐵⃗ =2𝑎+4𝑏−4𝑐 =0
→ →
易知𝐹𝐺 =−𝑚，则𝐹⃗⃗⃗⃗𝐺⃗ 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𝐸⃗⃗⃗⃗𝐺⃗ =(−2,4,−1),𝐵⃗⃗⃗⃗𝐺⃗ =(−4,0,3)，
由（1）知𝐹⃗⃗⃗⃗𝐺⃗ 是平面𝐵𝐸𝐹的一个法向量，
设平面𝐵𝐸𝐺的一个法向量为𝑛⃗ =(𝑥,𝑦,𝑧)，所以{
𝑛⃗ ⋅𝐸⃗⃗⃗⃗𝐺⃗ =−2𝑥+4𝑦−𝑧 =0
，
𝑛⃗ ⋅𝐵⃗⃗⃗⃗𝐺⃗ =−4𝑥+3𝑧 =0
令𝑥 =6，则𝑧 =8,𝑦 =5，即𝑛⃗ =(6,5,8)，
设平面𝐵𝐸𝐹与平面𝐵𝐸𝐺的夹角为𝛼，则cos𝛼 =|cos〈𝐹⃗⃗⃗⃗𝐺⃗ ,𝑛⃗ 〉|= |𝐹⃗⃗⃗⃗𝐺⃗ ⋅𝑛⃗ | = 20 = 4；
|𝐹⃗⃗⃗⃗𝐺⃗ |⋅|𝑛⃗ | √5×√125 5
（3）由（1）知𝐸𝐹 ⊥平面𝐵𝐶𝐶 𝐵 ，𝐹𝐵 ⊂平面𝐵𝐶𝐶 𝐵 ，∴𝐸𝐹 ⊥𝐹𝐵，
1 1 1 1
易知𝑆 = 1 𝐸𝐹⋅𝐵𝐹 = 1 ×4×√42+22 =4√5，
△𝐵𝐸𝐹
2 2
又𝐷⃗⃗⃗⃗𝐸⃗ =(2,0,4)，则D到平面𝐵𝐸𝐹的距离为𝑑 = |𝐷⃗⃗⃗⃗⃗𝐸⃗ ⋅𝐹⃗⃗⃗⃗𝐺⃗ | = 8，
|𝐹⃗⃗⃗⃗𝐺⃗ | √5
由棱锥的体积公式知：𝑉 = 1 𝑑×𝑆 = 1 × 8 ×4√5= 32 .
𝐷−𝐵𝐸𝐹 △𝐵𝐸𝐹
3 3 √5 3
18．已知椭圆𝑥2 + 𝑦2 =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的斜率为1，△𝑃𝐹𝐴的
𝑎2 𝑏2 3
面积为3，离心率为1
.
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.
【答案】(1)
𝑥2
+
𝑦2
=1
4 3
(2)见解析
【解析】（1）根据题意，设椭圆𝑥2
+
𝑦2
=1(𝑎 >𝑏 >0)的半焦距为𝑐，
𝑎2 𝑏2
则左焦点𝐹(−𝑐,0)，右顶点𝐴(𝑎,0)，离心率𝑒 = 𝑐 = 1，即𝑎 =2𝑐，
𝑎 2
因为𝑃为𝑥 =𝑎上一点，设𝑃(𝑎,𝑚)，
又直线𝑃𝐹的斜率为1，则 𝑚−0
=
1，即 𝑚
=
1，
3 𝑎−(−𝑐) 3 𝑎+𝑐 3
所以 𝑚 = 1，解得𝑚 =𝑐，则𝑃(𝑎,𝑐)，即𝑃(2𝑐,𝑐)，
2𝑐+𝑐 3
因为△𝑃𝐹𝐴的面积为3，|𝐴𝐹|=𝑎−(−𝑐)=𝑎+𝑐 =3𝑐，高为|𝑚|=𝑐，
2
所以𝑆 = 1 |𝐴𝐹||𝑚|= 1 ×3𝑐×𝑐 = 3，解得𝑐 =1，
△𝑃𝐹𝐴
2 2 2
则𝑎 =2𝑐 =2，𝑏2 =𝑎2−𝑐2 =3，
所以椭圆的方程为𝑥2
+
𝑦2
=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，
即4𝑘2−𝑚2+3=0，则4𝑘2−(1−2𝑘)2+3=0，解得𝑘 =− 1，则𝑚 =2，
2
所以直线𝑃𝐵的方程为𝑦 =− 1 𝑥+2，
2
1
𝑦 =− 𝑥+2 𝑥 =1
联立{ 2 ，解得{ 3 ，则𝐵(1, 3 )，
𝑥2 + 𝑦2 =1 𝑦 = 2 2
4 3
以下分别用四种方法证明结论：
法一：则𝐹⃗⃗⃗⃗𝐵⃗ =(2, 3 ),𝐹⃗⃗⃗⃗𝑃⃗ =(3,1),𝐹⃗⃗⃗⃗𝐴⃗ =(3,0)，
2
3
所以cos∠𝐵𝐹𝑃 = 𝐹⃗⃗⃗⃗𝐵⃗ ⋅𝐹⃗⃗⃗⃗𝑃⃗ = 2×3+ 2 ×1 = 3√10，
|𝐹⃗⃗⃗⃗𝐵⃗ |⋅|𝐹⃗⃗⃗⃗𝑃⃗ | √22+( 3 ) 2 ⋅√32+12 10
2
cos∠𝑃𝐹𝐴 =
𝐹⃗⃗⃗⃗𝐴⃗ ⋅𝐹⃗⃗⃗⃗𝑃⃗
=
3×3+1×0
=
3√10，
|𝐹⃗⃗⃗⃗𝐴⃗ |⋅|𝐹⃗⃗⃗⃗𝑃⃗ | 3√32+12 10
则cos∠𝐵𝐹𝑃 =cos∠𝑃𝐹𝐴，又∠𝐵𝐹𝑃,∠𝑃𝐹𝐴 ∈(0, π )，
2
所以∠𝐵𝐹𝑃 =∠𝑃𝐹𝐴，即𝑃𝐹平分∠𝐴𝐹𝐵.
3
法二：所以𝑘 = 2 −0 = 3，𝑘 = 1−0 = 1，𝑘 =0，
𝐹𝐵 𝑃𝐹 𝐴𝐹
1−(−1) 4 2−(−1) 3
3 1 1
由两直线夹角公式，得tan∠𝐵𝐹𝑃 =| 4 − 3 |= 1，tan∠𝑃𝐹𝐴 =|3 −0 |= 1，
1+ 1 × 3 3 1+0 3
3 4
则tan∠𝐵𝐹𝑃 =tan∠𝑃𝐹𝐴，又∠𝐵𝐹𝑃,∠𝑃𝐹𝐴 ∈(0, π )，
2
所以∠𝐵𝐹𝑃 =∠𝑃𝐹𝐴，即𝑃𝐹平分∠𝐴𝐹𝐵.
法三：则tan∠𝑃𝐹𝐴 =𝑘 = 1，tan∠𝐵𝐹𝑃 =𝑘 = 3，
𝑃𝐹 𝐹𝐵
3 4
1
故tan2∠𝑃𝐹𝐴 = 2tan∠𝑃𝐹𝐴 = 2× 3 = 3 =tan∠𝐵𝐹𝑃，
1−tan2∠𝑃𝐹𝐴 1−( 1 ) 2 4
3
又∠𝐵𝐹𝑃,∠𝑃𝐹𝐴 ∈(0, π )，
2
所以∠𝐵𝐹𝑃 =∠𝑃𝐹𝐴，即𝑃𝐹平分∠𝐴𝐹𝐵.
3
法四：则𝑘 = 2 −0 = 3，
𝐹𝐵
1−(−1) 4
所以直线𝐹𝐵的方程为𝑦 = 3 (𝑥+1)，即3𝑥−4𝑦+3=0，
4
则点𝑃到直线𝐹𝐵的距离为𝑑 =
|3×2−4×1+3|
=1，
√32+(−4)2
又点𝑃到直线𝐹𝐴的距离也为1，
所以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 ={𝑝 𝑎 𝑏 +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
【答案】(1)𝑎 =3𝑛−1,𝑏 =2𝑛；
𝑛 𝑛
(2)（i）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)的方程求解，再结合
𝑛 𝑛
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𝑝 𝑎 𝑏 +𝑝 𝑎 𝑏 +...+𝑝 𝑎 𝑏 +𝑝 𝑎 𝑏 的最大值，再作差比较两
𝑛+1 𝑛+1 1 1 1 2 2 2 𝑛−1 𝑛−1 𝑛−1 𝑛 𝑛 𝑛
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0几个情况将𝑇 中的所
1 2 𝑛−1 𝑛 𝑛
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𝑎 𝑏 (𝑖 ∈{1,2,...,𝑛})出现的次数均为2𝑛−1次即可求解.
𝑛 𝑛 𝑖 𝑖
【解析】（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 =𝑝 𝑎 𝑏 +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 −𝑎 𝑏 ,𝑆 −𝑎 𝑏 ,𝑆 −𝑎 𝑏 ,...,𝑆 −𝑎 𝑏 共有C1个，
𝑛 1 1 𝑛 2 2 𝑛 3 3 𝑛 𝑛 𝑛 𝑛
则这𝑛个元素的和为C1𝑆 −(𝑎 𝑏 +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 −𝑎 𝑏 −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 (𝑎 𝑏 +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𝑆 −𝑎 𝑏 −𝑎 𝑏 −𝑎 𝑏 (𝑖,𝑗,𝑘 ∈{1,2,...,𝑛},𝑖 ≠
1 2 𝑛−1 𝑛 𝑛 𝑖 𝑖 𝑗 𝑗 𝑘 𝑘
𝑗 ≠𝑘)共有C3个，
𝑛
则这𝑛个元素的和为C3𝑆 −C2 (𝑎 𝑏 +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𝑎 𝑏 ,𝑎 𝑏 ,...,𝑎 𝑏 共有C𝑛−1个，
1 2 𝑛−1 𝑛 1 1 2 2 𝑛 𝑛 𝑛
则这𝑛个元素的和为C𝑛−1𝑆 −C𝑛−2(𝑎 𝑏 +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 =[(C0 +C1+...+C𝑛−1+C𝑛)−
𝑛 𝑛 𝑛 𝑛 𝑛−1 𝑛 𝑛 𝑛−1 𝑛 𝑛 𝑛−1 𝑛 𝑛 𝑛 𝑛 𝑛
(C0 +C1 +...+C𝑛−2+C𝑛−1)]𝑆
𝑛−1 𝑛−1 𝑛−1 𝑛−1 𝑛
=(2𝑛−2𝑛−1)𝑆 =2𝑛−1𝑆 =2𝑛−1⋅[8+(3𝑛−4)2𝑛+1]；
𝑛 𝑛
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 −𝑎 𝑏,𝑆 −𝑎 𝑏 −𝑎 𝑏,𝑆 −𝑎 𝑏 −𝑎 𝑏 −𝑎 𝑏 ,...,𝑎 𝑏 +𝑎 𝑏,𝑎 𝑏,0},(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
{1,2,...,𝑛},𝑖 ≠𝑗 ≠𝑘)，
所以𝑇 的所有的元素的和中各项𝑎 𝑏(𝑖 ∈{1,2,...,𝑛})出现的次数均为C0 +C1 +...+C𝑛−2+C𝑛−1 =2𝑛−1次，
𝑛 𝑖 𝑖 𝑛−1 𝑛−1 𝑛−1 𝑛−1
所以𝑇 中的所有元素之和为2𝑛−1(𝑎 𝑏 +𝑎 𝑏 +...+𝑎 𝑏 )=2𝑛−1𝑆 =2𝑛−1⋅[8+(3𝑛−4)2𝑛+1].
𝑛 1 1 2 2 𝑛 𝑛 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；
（ii）证明(ln𝑥 −ln𝑥 )⋅ln𝑥 < 4e．
2 1 3
e−1
【答案】(1)𝑦 =𝑥
(2)（i）(0, 4 )；（ii）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；
（2）（i）令𝑓(𝑥)=0，分离参数得𝑎 =
(ln𝑥)2
，作出函数𝑔(𝑥)=
(ln𝑥)2
图象，数形结合可得𝑎范围；（ii）由（2）结合
𝑥 𝑥
𝑎e𝑡1 =𝑡2①
1
图象，可得𝑥
1
,𝑥
2
,𝑥
3
范围，整体换元ln𝑥
1
=𝑡
1
,ln𝑥
2
=𝑡
2
,ln𝑥
3
=𝑡
3
，转化为{𝑎e𝑡2 =𝑡
2
2② ，结合由②③可得
𝑎e𝑡3 =𝑡2③
3
{ ln𝑎+𝑡 2 =2ln𝑡 2 ，两式作差，利用对数平均不等式可得𝑡 𝑡 <4，再由𝑡2 =𝑎e𝑡1 <𝑎得−𝑡 <√𝑎，结合𝑎 = 𝑡3 2 减元
ln𝑎+𝑡
3
=2ln𝑡
3
1 3 1 1 e𝑡3
处理，再构造函数求最值，放缩法可证明不等式.
【解析】（1）当𝑎 =1时，𝑓(𝑥)=𝑥−(ln𝑥)2，𝑥 >0，
则𝑓′(𝑥)=1− 2ln𝑥，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，
得𝑎 =
(ln𝑥)2
，
𝑥
设𝑔(𝑥)=
(ln𝑥)2
,𝑥 >0，
𝑥
则𝑔′(𝑥)=
2l
𝑥
n𝑥 ⋅𝑥−(ln𝑥)2
= ln𝑥(2−ln𝑥)，
𝑥2 𝑥2
由𝑔′(𝑥)=0解得𝑥 =1或e2，其中𝑔(1)=0，𝑔(e2)= 4；
e2
当0<𝑥 <1时，𝑔′(𝑥)<0，𝑔(𝑥)在(0,1)上单调递减；
当1<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，
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.
结合图象可知，0<𝑎 < 4 .
e2
故𝑎的取值范围为(0, 4 )；
e2
（ii）由图象可知，0<𝑥 <1<𝑥 √𝑡 𝑡 ，
2 3
ln𝑡3−ln𝑡2
则𝑡 𝑡 <4，故要证(ln𝑥 −ln𝑥 )⋅ln𝑥 < 4e，
2 3 2 1 3
e−1
即证𝑡 𝑡 −𝑡 𝑡 < 4e，只需证4−𝑡 𝑡 ≤ 4e，
2 3 1 3 1 3
e−1 e−1
即证−𝑡 𝑡 ≤ 4 ，又因为𝑡 <0,𝑡2 =𝑎e𝑡1 <𝑎，则|𝑡 |=−𝑡 <√𝑎，
1 3 e−1 1 1 1 1
所以−𝑡 𝑡 <√𝑎𝑡 = 𝑡3 2 ，故只需证𝑡3 2 ≤ 4 ，
1 3 3 𝑡3 𝑡3 e−1
e2 e2
𝑡 𝑡
设函数𝜑(𝑡)=
𝑡2
,𝑡 >2，则𝜑′(𝑡)=
2𝑡e2− 1
2
𝑡2e2
=
(2− 1
2
𝑡)𝑡
，
𝑡 e𝑡 𝑡
e2 e2
当2<𝑡 <4时，𝜑′(𝑡)>0，则𝜑(𝑡)在(2,4)上单调递增；
当𝑡 >4时，𝜑′(𝑡)<0，则𝜑(𝑡)在(4,+∞)上单调递减；
故𝜑(𝑡) =𝜑(4)= 16，即𝜑(𝑡)≤ 16 .
max e2 e2
而由4e2−16e+16=4(e−2)2 >0，
可知16 < 4 成立，因此命题得证.
e2 e−1
