【文档说明】2023届河北省保定市高三一模 数学答案.pdf，共(9)页，329.639 KB，由小赞的店铺上传

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1高三数学第一次模拟考试参考答案一、选择题1.D2.A3.B4.A5.C6.B7.D8.D二、选择题9.BC10.ACD11.BD12.ACD12.分析：(1)21321(1)1122(1)(2)...(1)13234....1mnmnmmm

nmnmmmmnmnamnanamaamammmnaCanmamnan因为1nmnmaCm所以所以A对，B错(1)(11111(1)1mmnnnnamaa=nnnn）而，可

以证出结论。所以C对120121234111...(...)(...1)(21)mmmmmmmmmmmmmmmmaaaaaCCCCCCCmmm所以D对。三、填空题13.240;14.x-1=0或3x+4y-11=0或3x-4y-11=0

;(写出其中一个即可)15.96；16.116.分析：在yfx中，1+=exfxfx，∴e+exxfxfxe，∴eexfxx（）∴exfxexc（c为常数），由11f

，解得：0c=，∴1xxfxe，211ln1lnln()2(1ln)-1=0(1ln)-10xxmxxmxxmmxxeexmxexmx整理可得：可证明当且仅当(1ln)=0x

mx时，上式取等号即1=1xemmx,故m最小值为1.四、解答题17.解：(1)∵fx23sincoscosxxx311sin2cos2222xx1sin(262x），……….2分由函数

fx的最小正周期为π．即22，得1，…………3分∴1sin(2)62fxx，……….4分()06f…………5分（2）∵2coscosacBbC，∴由正弦定理可得2sin

sincosACBsincosBC，……6分∴2sincossincoscossinABBCBCsinsinBCA．∵sin0A，∴1cos2B．∵0,B，3B．……….7分∵23ACB

，∴203A（，），∴72666A（，），……..8分∴1sin2)(,162A（…………9分∴11sin(2)(1,]622fAA．…………10分1

8解：（1）时2n��贈)()()(123121nnaaaaaaa)1(21nnn22nn…….3分而11a也适合上式，…………4分322nnan…………5分(2)kkkkkaakk22)12(222)12(212………

.7分nnnaan)1()(cos=2)1()1(2)1(2nnnnnn……………8分2)12(2...2432322212nnSn=...)54433221(21...)262422(21………………10分

2212221nnn=nn2…………….12分19.解：（1）证明：连接�1�，�1�，∵�1�贈��贈2,∠�1��贈�3∴�1�贈2同理�1�贈2……………..2分又∵��⊥��，��贈��贈2∴��贈2，∴�1���1�，连接

BD交AC与点O，DO=1，可得�1�贈1………..4分∵��贈1,�1�贈2由勾股定理可得∴�1�⊥��…………..5分（2）法一：取BC中点H，连接HD,HF,DF易得//,DAEEFFDA∴四边形AEFD为平行四边形，//EDFA又11DFDA

EAEDAE面，面1//DAEDF面……….7分同理11FH//BC//DA4111FHDAEDADAE面，面1//DAEFH面…………9分FHDFF1//DFHDAE面面…………10分PDH点必

在上，且当CPDH时取得CP的最小长度由等面积法得CP的最小长度为���…………….12分法二：由第一问�1�⊥��又�1�⊥��∴�1�⊥平面��h�以�为坐标原点，��，��，��1所在直线为�轴，�轴，�轴建立空间直角坐标系�1,0,0、�0,−1,0、�10,0,1、�

0,1,0、h−1,0,0��1������贈�������+��1������贈(−2,−1,1)�������贈�������+�������贈�������+12��1������贈(−32,1,12)…………

…7分设平面��1�法向量为���贈(�,�,�)−2�−�+�贈0−32�+�+�2贈0∴−72�+32�贈0令�贈3，则�贈7，�贈1.∴���贈(3,1,7)………………..9分设点(,,0)pmn为，3122(,,)FPmn0nFP，则310mn…

……10分222||1+1082CPmnmm（）当且仅当25m时，||CP有最小值为105……………12分20.解：（1）由题意可知的可能取值有0、1、2、3，……..1分34310C10C30P，2146310CC31C1

0P，1246310CC12C2P，36310136CPC…..5分所以，随机变量的分布列如下表所示：50123P1303101216……..6分所以，1311901233010265E…….

7分（2）设B=“任取一人新药对其有效”，A�=“患者来自第i组”（i=1,2,3，分别对应甲，乙，丙），则Ω贈A1�A2�A3，且A1，A2，A3两两互斥，根据题意得PA1贈0.㘲，PA2贈0.32，PA3贈0.2�，PB∣A1贈

0.64,PB∣A2贈0.7�,PB∣A3贈0.�,…….8分由全概率公式，得PB贈PA1PB∣A1+PA2PB∣A2+PA3PB∣A3贈0.4×0.64+0.32×0.75+0.28×0.8=0.72………10分任意选取一人，发

现新药对其有效，计算他来自于乙组的概率PA2∣B贈�(�2�)�(�)贈PA2PB∣A2�(�)贈0.32�0.7�0.72贈13所以，任意选取一人，发现新药对其有效，则他来自乙组的概率为13.……12分21.解：（1）由已知可设双曲

线方程为22221xyab，椭圆方程2222+1xyab22222274132abaabba…..2分所以双曲线方程：22143xy，……..3分椭圆方程为：22+143xy……..4分（2）设01122(,),(,),(,)

,(2,0),(2,0)pxtMxyNxyAB22022ytPANxx、、三点共线，611022ytPMxx、B、三点共线，相除：0212102(2)2)2xyxxyx（……….6分令Txn则设:MNlxmyn联立椭圆方程：22222(34)6312034120

xmynmymnynxy122212263431234mnyymnyym…………..8分∴�1�2�1+�2贈㘲−�22��21211221222112121121(2)(2)(2)22(

2)2)(2)(2)22(2)yxymynmyynymnyynnyxyymynmyynymnyynny（212212212112(4)()2(2)(2)[(2)2]2(4)()+2(2)(2)[(2)2]2nyynnynnynynnyynnynnynyn

（）（）若存在04,=4pTxxxn即0022422242xnnnxn，得21n，…….10分又P在第一象限，所以1,(4,3)nP………12分法二：0011

22(,),(,),(,),(2,0),(2,0)pxyMxyNxyAB直线00:(2)2yAPyxx02222000022200022(2)416162[3]120(2)(2)(2)3412yyxyyyxxxxxxxy…….6分2200220016

12(2)3(2)4Nyxxxy由-2，又因为P在双曲线上，满足222200001,4=3-1243xyyx即所以2222000002222000000086(2)6246(2)24(2)4=3(2)43(2)3126(2)Nyxxxxxxyxxxxx

7即04Nxx……..8分同理00:(2)2yBPyxx,可得04Mxx,所以04Txx………9分若存在0044,=4pTxxxx即，……..10分而P在第一象限，所以0=4x，即(4

,3)P………12分22.解：（1）法一：'222()sinln(1)1()cos..........11111112sin12()11(01)21212121fxxxfxxxxxxxxxxxx分2222(

1)02222xxxxxxx……..3分所以()[0,1]fx在单增，()(0)0fxf………4分法二：'()sinln(1)1()cos(0)1fxxxfxxxx……1分''21()sin(1)fxxx，'''31()cos20(

1)fxxx恒成立，……..2分所以''()fx单减，又因为''''0(0)0,(1)0,(0,1)ffx，使得''0()0fx所以'()fx先增后减，''1(0)0,(1)102ffcos，∴'()fx�0所以()fx单增

，()(0)0fxf…….4分法一：22sinln(1)xgxexax2(1)sinln(1)(1)ln(1)0xgxexxxxxax………6分易证：(10,

sin0,ln(1)0,0xexxxxxx且在处取等号……8分0ln(1)0xx当时，，当10a时，即1a时，0gx符合题意，………10分当1a时，'''(0)0,()2cos,(0)10,()2cos()0,11xaaaggxexgagae

axa，8'''2()2sin0,()(1)xagxexgxx单增，'11(0,),()0xagx使得，gx在1(0,)x单减，1(0)()0ggx矛盾，综合1a…………12分法二：

22sinln(1)xgxexax，'()2cos,(0,)1xagxexxx……5分<1>当0a时，'()210,(0,)xgxex，()[0,]gx在单增00gxg（）=符合题意，……7分<2>当0a时,'()2cos(0,)1xagxexx

在单增，'(0)211gaa…….8分①当10a时，即10a时，''()(0)10gxga()[0,]gx在单增00gxg（）=符合题意，…….10分②当10a时，即1a时，同上

。综上：1a…………..12分获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com