【文档说明】2023届河北省保定市高三下学期第二次模拟考试数学参考答案.pdf，共(7)页，1.298 MB，由小赞的店铺上传

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1保定二模数学参考答案一、选择题：1.C2.B3.A4.A5.C6.C7.D8.D二、选择题9.ABD10.BCD11.AD12.BC12解析：设线段BP、DQ的长度分别为a、b，BCP，DCQ，则AP1a，AQ1b，PQa+b.则由勾股定理得222a+b

11ab，即a+b1ab，又因为tana，tanb，于是tantantan11tantan1abab，090Q，45，PCQ45，故A错误;设DCQ（045

），则45BCP，1cosCQ，1cos(45)CP，1sin452PCQSCQCPV111sin452coscos(45)112sin(245)21，故B正确;由A选项的推理可知a+b1ab,PQa+b211

2ababab,PQ222ab，故C正确；以AB为x轴正向，AD为y轴正向建立平面直角坐标系，设线段BP、DQ的长度分别为a、b，则(1,0)Pa，(0,1)Qb，(1,1)C，直线PQ的方程为111xyab，则C点到直线

PQ的距离d=222222111122111121111111111111111abababababab

又Qa+b1ab，2211121111abab=0,d=1,故D错误.三、填空题：13.()(1)xfxaa(答案不唯一)214.115.780（390也对）16.8316.解析：如图，过D做DE//BC且DE=BC,连结C

E、AE,则BCDE为平行四边形，BACDACDEVV，设异面直线AD与BC的距离为d，AD与BC所成的角为，则ADE或，11Vsin32BACDACDECADEVVADDEd，当异面直线AD与BC垂直且距离

最大时，四面体ABCD的体积最大.AB6BDACCDQ，2BC，B、C两点在以A、D两点为焦点的椭球面上，过BC做轴AD的垂面，交轴AD于M，垂面与椭球面的交线是一个半径为r的圆，BC是它的一条弦，

四面体ABCD体积为214V133BCMSADrV，当点M位于椭球的中心时r最大，最大值为5，四面体ABCD体积的最大值为83.四、解答题：17解：(1)证明：如图：连接AC交BD于点O，连接EG，GO，由ABCD−EFGH为四棱台，知ACGE四点共面，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯

⋯⋯1分且EG⊂面EFGH，AC⊂面ABCD．∴EG//AC．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2分∵EFGH和ABCD均为菱形，且∠BAD=π3，EH=2,AD=4，∴E

G=12AC=AO=23，∴四边形AOGE为平行四边形，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分∴AE//GO,GO⊂面BDG，AE⊄面BDG，∴AE//平面BDG；⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯5分(2)

法一：如图，设BC的中点为M,根据题意得DM⊥DA,且DA,DM,DH两两垂直，以D为坐标原点.以DA为x轴，DM为y轴，DH为z轴，如图建立空间直角坐标系，3则D0,0,0,A4,0,0,E2,0,3,B2,23,0,F1,3,3,G−1,3,3，H0,0,3,则DB�����=2,23,0

，DG�����=−1,3,3，GF����=HE�����=2,0,0，BG����=−3,−3,3⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分设n��=x,y,z是平面BDG的一个法向量，则有DB�����·n��=0DG�����·n��=0，即2x+23

·y+0×z=0−x+3×y+3×z=0,令y=−3，解得：x=3，z=2，∴n��=3,−3,2，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分则点F到平面BDG的距离为n��∙GF����n��=32⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯

⋯⋯⋯9分三棱锥F−BDG的体积为13×12BD9+3×32=23⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分法二：连接GE交FH于K，GEFH，FDGE，FHDHDGEBDHF面⋯⋯6分四边形ABCD为菱形且∠BAD=π3，EF=2，3GK⋯⋯⋯⋯

⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分11V4332332FBDGGBDFV⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分18.解：(1)∵ADcos∠ADB=(2BD−AB)cos∠ABD，由正弦定理得sin∠ABDcos∠ADB=(2sin∠BAD−sin∠ADB)cos∠ABD

，⋯⋯⋯1分∴2sin∠BADcos∠ABD=sin∠ABDcos∠ADB+cos∠ABDsin∠ADB，∴2sin∠BADcos∠ABD=sin(∠ABD+∠ADB)，∴2sin∠BADcos∠ABD=sin∠BAD，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分∵sin∠BAD≠0，

∴cos∠ABD=22，∵0<∠ABD<π，∠ABD=π4；⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分(2)记∠BCD=θ，在△BCD中，BD2=BC2+CD2−2BC·CD·cosθ=20−16c

osθ，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯7分由(1)知ΔABD为等腰直角三角形，AB⊥AD，∴S△ABD=12AB2=14BD2=5−4cosθ，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分S△BCD=12BC·CD·sinθ=4sinθ，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9分∴四边形ABCD

的面积S为S=S△ABD+SBCD=5−4cosθ+4sinθ，4=5+42sin(θ−π4)⩽5+42，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯11分当θ=3π4时，sin(θ−π4)=1，等号成立．∴四边形AB

CD面积的最大值为5+42．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分19.解：(1)222nnSnannQ2-1-1222-1-1-1nnnSnann当时，（）（）⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯

⋯⋯2分两式相减得：1222(1)22nnnananan化简得1(1)(1)0nnnaa121nnnaaQ，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分11aQ，所以数列na

是以1为首相，1为公差的等差数列⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯5分nan⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分(2)由（1）−12an=−12n∴−12an+1−12an=−12n+1−12n=−12∴数列−12an是以−12为首项，−12为公比的等比数

列.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯7分∴Tn=−12×1−−12n1−−12=−1−−12n3，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分∴当n为偶数时Tn−1Tn=31−12n−1−12n3∈83,154⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9分∴当n为奇数时Tn

−1Tn=31+12n−1+12n3∈32，83⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分∴Tn−1Tn≥32Tn−1Tn≤154⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯11分∴s−tmin=94.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分20.解：（1）

设高二年级与高一年级在前两场打平的条件下，最终战胜高一年级的事件为A,...1分则P(A)=12×12+2（12×12）12=12⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯3分（2）根据题意得高三年级获得积分的ξ的取值可为0,3,6⋯⋯⋯

⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分Pξ=0=13×13+2×13×23×13×13+2×13×23×2×13×23×13×12×12+2×12×12×12×12+2×512×12×2×12×12×12=55243×12=55486⋯⋯⋯⋯

⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分Pξ=6=23×23+2×13×23×23×23+2×13×23×2×13×23×23×12×12+2×12×12×12×12+2×12×12×2×12×12×12=188243×12=94243⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8

分Pξ=3=1−55486−188486=12⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9分∴ξ的分布列为ξ036P554861294243⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分∴E(ξ)=3×12+6×94243=6191

6221、解：1设椭圆的方程为x2a2+y2b2=1a>b>0根据题意得a=2b4a2+4b2=1解得a2=20b2=5故所求椭圆方程为x220+y25=1⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分证明：（2）设直线l:y=kx+m交该椭圆x

220+y25=1与Ax1，y1,Bx2,y2两点.将y=kx+m代入x220+y25=1得1+4k2x2+8kmx+4m2-20=0所以8km2−41+4k24m2−2>0x1+x2=−8km1+4k2x1x2=4m2−201+4k2⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯

⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分∵直线PA,PB能与x轴共同围成底边在x轴上的等腰三角形，∴kPA+kPB=0，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯7

分即y1−2x1−2+y2−2x2−2=y1−2x2−2+y2−2x1−2x1−2x2−2=0∴kx1+m−2x2−2+kx2+m−2x1−2，=2kx1x2+m−2k−2x1+x2−4m−2，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9分即2k4m2−201+4k2−m−2k−28k

m1+4k2−4m−2=0即4k−1m+8k2−10k+2=0⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯11分∴直线PA,PB与x轴共同围成底边在x轴上的等腰三角形时直线AB的斜率为定值14.⋯12分622、解：(1)∵fx=x2ex−1∴f'x=x2+2xex

-2x∴f'1=3e−2⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2分又∵f1=e−1∴fx在点A1,e−1处的切线方程为3e−2x−y−2e+1=0⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分2gx=fxx−lnx−1的图像恒在x轴上方，等价于xex+

m−lnx−1>0恒成立即m>lnx+1x−ex恒成立，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯5分令φx=lnx+1x−ex,则φ'x=−lnxx2−ex=−lnx+x2exx2令ϕx=−lnx+exx2,则ϕ'x=−1x+x2ex+2xex<0

所以ϕx在0，+∞上单调递减⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分又ϕ12>0,ϕ1<0,所以在0，+∞上存在唯一的x0使ϕx0=0当x∈0,x0时φ'x>0，φx单调递增，当x∈x0，+∞时φ'x<0，φx单调递减.故φx的最大值为φx0=lnx0+1x0−ex0⋯

⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分又lnx0+ex0x02=0,故x0ex0=−lnx0x0,两边取对数得lnx0+x0=ln−lnx0+−lnx0⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9分又δx=x+lnx单调递增

，所以x0=−lnx0，故ex0=1x0⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分所以φx0=lnx0+1x0−ex0=lnx0x0+1x0−1x0=-1所以m≥−1⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xian

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