【文档说明】河北省唐山市2023届高三下学期3月一模试题 数学 含答案.docx，共(10)页，557.569 KB，由小赞的店铺上传

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唐山市2023届普通高等学校招生统一考试第一次模拟演练数学注意事项：1、答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.2、回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔将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，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.3、考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.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.已知全集U=R，集合21x

Ax=，4Bxx=，则AB=（）A.(0,2B.(0,16C.(1,2D.(1,162.若复数z满足()1i1iz−=+，则z的虚部是（）A.iB.1C.2i2D.223.下表是足球世界杯连续八届的进

球总数：年份19941998200220062010201420182022进球总数141171161147145171169172则进球总数的第40百分位数是（）A.147B.154C.161D.1654.将英文单词“rabbi

t”中的6个字母重新排列，其中字母b不相邻的排列方法共有（）A.120种B.240种C.480种D.960种5.1tan22.5+=（）A.2B.52C.152+D.122+6.在四棱台1111ABCDABCD−中，底面1111ABCD是边长为4的正方形，其余各棱长均为2，设直线1AA与直线1B

B的交点为P，则四棱锥PABCD−的外接球的体积为（）A.823B.6423C.8D.327.已知点()0,4P，圆()22:416Mxy−+=，过点()2,0N的直线l与圆M交于A，B两点，则PA

PB+的最大值为（）A.82B.12C.65D.928.已知函数()21fx+是定义在R上的奇函数，且()21fx+的一个周期为2，则（）A.1为()fx的周期B.()fx的图象关于点1,02对称C.()20230f=D.()fx的图象关于直线2x=对称二、选择题：

本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.函数()()sinfxAxk=++，（0A，0，0）在一个周期内的图象如图所示，则（）

A.4A=B.2=C.3=D.1k=10.在棱长为4的正方体1111ABCDABCD−中，点E，F分别是棱BC，1CC的中点，则（）A.1DEDF⊥B.1AD∥平面DEFC.平面11BCD与平面DEF相交D.点B到平面DEF的距离为4311.已知椭圆22:142

xyE+=的左焦点为F，B为E的上顶点，A，C是E上两点.若FA，FB，FC构成以d为公差的等差数列，则（）A.d的最大值是2B.当1d=时，22sin3AFC=C.当A，C在x轴的同侧时，AFCS△的最大值为2D.当A，C在x轴的异侧时（A，C与B不重

合），2ABBCkk=−12.已知0ab，函数()2eaxfxxbx=++，则（）A.对任意a，b，()fx存在唯一极值点B.对任意a，b，曲线()yfx=过原点的切线有两条C.当2ab+=−时，()fx存在零点D.当0ab+时，()fx的最小

值为1三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知nS是等比数列na的前n项和，31a=，3227Sa=，则5S=______.14.某种食盐的袋装质量X服从正态分布()400,16N，随机抽取10000袋，则袋装质量在区间(396,40

8的约有______袋.（质量单位：g）附：若随机变量X服从正态分布()2,N，则()0.6827PX−+=，()220.9545PX−+=，()330.9973PX−+=.15.已知0a，0b，且3abab=−+，则ab+

的最小值为______.16.已知抛物线2:4Cyx=的焦点为F，经过F的直线l，l与C的对称轴不垂直．．．，l交C于A，B两点，点M在C的准线上，若ABM△为等腰直角三角形，则AB=______.四、解答题：本题共6小题

，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.（10分）已知数列na的前n项和为nS，满足()111nnnnaSSn+++=+−.（1）求2nS；（2）令21nnbS=，证明：*nN，1232nbbbb++++.18.（12分）如图，在三棱柱111ABCAB

C−中，侧面11ABBA和侧面11AACC均为正方形，D为棱BC的中点.（1）证明：平面1ADC⊥平面11BBCC；（2）若直线1AC与平面11BBCC所成角为30°，求平面11ABBA与平面1ADC夹角的余弦值.19.（12分）如图，在平面四边形ABCD中，ACAD

⊥，7ACAD==，3AB=.（1）若8DB=，求ABC△的面积；（2）若BACADB=，求BD.20.（12分）为弘扬体育精神，营造校园体育氛围，某校组织“青春杯”3V3篮球比赛，甲、乙两队进入决赛.规定：先累计胜两场者为冠军，一场比赛

中犯规4次以上的球员在该场比赛结束后，将不能参加后面场次的比赛.在规则允许的情况下，甲队中球员M都会参赛，他上场与不上场甲队一场比赛获胜的概率分别为35和25，且每场比赛中犯规4次以上的概率为14.（1）求甲队第二场比赛获胜的概率；（

2）用X表示比赛结束时比赛场数，求X的期望；（3）已知球员M在第一场比赛中犯规4次以上，求甲队比赛获胜的概率.21.（12分）已知双曲线()2222:10,0xyEabab−=过点()2,2P，且P与E的两个顶点连线的斜率之和为4.（1）

求E的方程；（2）过点()1,0M的直线l与双曲线E交于A，B两点（异于点P）.设直线BC与x轴垂直且交直线AP于点C，若线段BC的中点为N，证明：直线MN的斜率为定值，并求该定值.22.（12分）已知1x−，证明：（1）

()e1ln1xxx−+；（2）()()2e1ln1xxx−+.唐山市2023届普通高等学校招生统一考试第一次模拟演练数学参考答案一.选择题：1~4.BDCB5~8.AABC二.选择题：9.BD10.BCD11.ABC12.A

BD三.填空题：13.31414.818615.2216.254四.解答题：（若有其他解法．．．．．．，请参照给分．．．．．）17.解：（1）由()111nnnnaSSn+++=+−，得()111nnnaan+++=−，

…2分所以，()()()21234212nnnSaaaaaa−=++++++…2分()21321nn=+++−=.…2分（2）2211nnbSn==，当1n=时，112b=.…1分当2n时，()2111111nnnnn=−−−，…2分故123111

11111222231nbbbbnnn+++++−+−++−=−−.…1分综上，*nN，1232nbbbb++++.18.解：（1）因为侧面11ABBA、侧面11AACC均为正方形，所以，1AAAB⊥，1

AAAC⊥，又ABACA=，所以，1AA⊥平面ABC，…1分又11AACC∥，所以，1CC⊥平面ABC，又AD平面ABC，所以1CCAD⊥.…2分由ABAC=，D为棱BC的中点，所以，ADBC⊥，…1分又1BCCCC=，因此，AD⊥平面11BBCC；…1分又AD平面1

ADC，故平面1ADC⊥平面11BBCC.…1分（2）由（1）得1ACD是1AC与侧面11BBCC所成角，即130ACD=，…1分不妨令2AC=，所以122AC=，又190ADC=，所以，2AD=，所以，90BAC=.…1分以A为原点，以AB，AC，1AA分别为x轴，y轴，

z轴的正方向，建立如图所示空间直角坐标系Axyz−，由题意可得()0,0,0A，()1,1,0D，()10,2,2C.所以()1,1,0AD=，()10,2,2AC=.…1分设(),,mxyz=是平面1ADC的法向量，则10,0,ADmACm==

即0,220,xyyz+=+=取()1,1,1m=−.…1分由题意知()0,1,0n=是平面11ABBA的一个法向量，…1分则3cos,3mnmnmn==−.所以，平面1ADC与平面11ABBA的夹角的余弦值为33.…1分19.解：（1

）在ABD△中，由余弦定理可得2221cos27ABADBDBADABAD+−==−.…2分()1sinsincos7BACBADCADBAD=−=−=，…2分所以13sin22ABCSABACBAC==△.…2分（2）设

BACADB==，则2DAB=+，22ABD=−，在ABD△中，由正弦定理可得sinsinsinABADBDADBABDBAD==，…2分即37sincos2cosBD==，所以3cos27sin=，3c

ossinBD=.…2分于是26sin7sin30+−=，解得1sin3=或32−（舍）.所以22cos3=，因此62BD=.…2分20.解：（1）设iA=“第i场甲队获胜”，iB=“球员M第i场上场比赛

”，1i=，2，3.由全概率公式()()()()()2222222PAPBPABPBPAB=+…2分3332111454520=+−=.…2分（2）X的可能取值为2，3.()()()()()()()12121212

31129512520520100PXPAAPAAPAPAPAPA==+=+=+=，…1分()()49312100PXPX==−==，…2分()514924923100100100EX=+=.…1分（3）()21

4PB=，…1分()()()()1221232123212212321232PAABAAABAAABPAABPAAABPAAAB++=++…1分3233222255555555=++…1分56125=.…1分21.解：（1）双曲线的两顶点为(),0a，所以，22284224aa

a+==+−−，即22a=，…2分将()2,2P代入E的方程可得，24b=，故E的方程为22124xy−=.…2分（2）依题意，可设直线()():12lykxk=−，()11,Axy，()22,Bxy.()1ykx=−与22124xy−=联立，整理得()22222240kxkxk−−++=

，…1分所以22k，()()()222224240kkk=−−+，解得，24k且22k，212222kxxk+=−，212242kxxk+=−，…1分所以()1212324xxxx+−=.…（*）…1分又(

)112:222yAPyxx−=−+−，所以，C的坐标为()1212,222yxxx−−+−，…1分由()111ykx=−可得，()()()()1212121112222222kxxxxyxxx−−+−−−+=−−，从而可得N的纵坐标()()()()1212211

221122Nkxxxxykxx−−+−=+−−()()()1212121234222kxxxxxxx−+++−=−，…1分将（*）式代入上式，得1212Nxxyx−=−，即1221,2xxNxx−−.…1

分所以，()()12121212212122MNxxxxkxxxxxx−−==−−−−+，…1分将（*）式代入上式，得()()12122122342MNxxkxxxx−==+−−.…1分22.证明：（1）令()()ln1fxxx=−+，则()1xfxx=+，1x

−，…1分当10x−时，()0fx，()fx单调递减；当0x时，()0fx，()fx单调递增，…1分所以()()00fxf=，等号仅当0x=时成立，即()ln1xx+，…1分从而()ln1ee1xxx+=+，所

以e1xx−.…1分综上，()e1ln1xxx−+.…1分（2）显然0x=时，()()2e1ln10xxx−+==，即()()2e1ln1xxx−+成立.…1分令()e1xxgx=−，0x，则(

)()()21e1e1xxxgx−−=−，0x，…1分令()()1e1xhxx=−−，则()exhxx=−，当0x时，()0hx，()hx单调递增；当0x时，()0hx，()hx单调递减，所以()()00hxh=，

等号仅当0x=时成立，…1分从而可得()()()20e1xhxgx=−，0x，所以()gx在(),0−和()0,+上单调递减.…1分由（1）知，10x−时，()0ln1xx+；0x时，()ln10xx+，所以(

)()ln1gxgx+，即()()()ln1ln1ln1e1e1xxxxxx+++=−−.…2分又当1x−且0x时，()e10xx−，所以()()2e1ln1xxx−+.故1x−时，()()2e1ln1xxx−+.

…1分