【文档说明】河北省保定市2023届高三第二次模拟考试数学试题 参考答案.pdf,共(6)页,1.236 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+b11ab,即a+b1ab,又因为tana,tanb,于是tantantan11tantan1abab,090Q,45,PCQ45,
故A错误;设DCQ(045),则45BCP,1cosCQ,1cos(45)CP,1sin452PCQSCQCPV111sin452coscos(45)112sin(245)21,故B正确
;由A选项的推理可知a+b1ab,PQa+b2112ababab,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CE、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.AB6BDACCDQ,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214V133BCMSADrV,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,∴EG=12AC=AO=23,∴四边形AOGE为平行四边形,⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分∴AE//GO,GO⊂面B
DG,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,D
H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,FHDHDGEBDHF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+co
s∠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=20−16cosθ,⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯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ABCD面积的最大值为5+42.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分19.解:(1)222
nnSnannQ2-1-1222-1-1-1nnnSnann当时,()()⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2分两式相减得:1222(1)22nnnananan化简得1(1)(1)0nnnaa121nnnaa
Q,⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分11aQ,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ξ036P5548
61294243⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分∴E(ξ)=3×12+6×94243=61916221、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x220+y25=1与Ax1,y1,B
x2,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−28km1+4k2−4m−2=0即4k−1m+8k2−10
k+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+2xe
x-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