河北省保定市2024-2025学年高三上学期1月期末调研数学答案_2025年1月_250113河北省保定市2024-2025学年高三上学期1月期末调研考试（全科）

2024---2025 学年第一学期高三期末调研考试
数学参考答案
一、选择题：
C A D C C B C
1. 2. 3. 4. 5. 6. 7.B 8.
二、选择题： 9.BC 10ACD 11A D
11．简析：由f . 0得 . B ，即 ，即 ，令 ，
ln x ln x ln x
=  −log   =  =log   x= lna lna= x g x = x
则 为直线y= 和函数 图象的交点的横坐标，由 的图像可知，
ln x
1,  2,  3 lna g x = x g x −1<  1 <0,1<  2 <
， 所以A、B选项正确，a的取值范围为 ，C选项错误；若 成等差数列，
1
1 
,  3 >  0<lna< e 1,   1,  2,  3
则 ，即 ，即 ，即 = ，即 = ，
2 2 2
即  1+  3 =2  2 = log，  解  1得+l=og   3 =2，log所  以  2 D选项log正  确  1  3 =log   2  1  3  2 −  1  3  2
三、填空题： 2
− 2  2−  3  3  2  3 2+1  2
12 13.
8 14
.简析：
. 3 81 14. 2
14
设 =m，则 ,设线段 的中点为M，连接 得 垂直平分AB, .
AF1   2 =   2 =2  +  AB  2   2    =2 
则根据题意得 故 =0故，m=a,所以 ,
2 2
5   2 2  +  = 2  2 2
3 =   1 = 2  +   +   −5    2 = 5 
所以 = 所以
2 2  1  2 14
四、解  1 答  2 题=   2 +   1 14  , e= 2a = 2 .
15．解；
2
（1） f '(x) 2xa，切点坐标为
x
1,0
4a  1 a  5
f'(1)1，f(1)0，即
，解得
1ab 0 b  4
a 5,b  4
（2） f(x)2lnxx25x4，定义域为 0,
1
{#{QQABCYqEoggoABAAARgCAwFCCAOQkhCAAYgGgBAAIAAASRFABCA=}#}2x2 5x2 (2x1)(x2) 1
f '(x)   ， f '(x)0得x2或x
x x 2
1 1
f '(x)0得x 2或0 x ， f '(x)0得  x2；
2 2
 1 1 
 f(x)的单调递增区间为0, ，(2,)，单调递减区间为 ,2；
 2 2 
1 7
f(x)的极大值为 f 2ln2 ， f(x)的极小值为 f  2  2ln22
2 4
解：
a b
1（61. ）在 ABC中，由正弦定理  得asinBbsinA
sin A sinB
  
又因为asinB bcos(A )，所以bsin Abcos(A ),所以sin Acos(A )
6 6 6

化简得tanA 3,又因为A 0,,所以A .
3
a b c
(2) 在 ABC中，由正弦定理   得，b  2sin B,c  2sinC
sin A sinB sinC
1
因为sinBsinC  ，所以bc1
4
1
在ABC中，由余弦定理得a2 b2 c2 2bccosA,即3b2 c2 21
2
所以b2 c2  4，所以（bc）2 b2 c2 2bc 426，
所以bc 6，所以 ABC周长为 6 3.
17．解：
（1）证明：连接BD,在直角梯形ABCD中，易得BD 2,AD 2
又 , D
2 2 2
又∵ A平B面=2 2,∴平B面D A+BACDD，=平A面B P∴ABDD⊥平A面ABCD=AD，
PAD⊥ ⋂
BD 平面ABCD，
⊂
BD  平面PAD ， PA 平面PAD
BDPA，又PAPD，BDPDD，
PA 平面PBD ， PB  平面PBD
PB.
∴ （ P 2 A ） ⊥ 如图，取AD的中点O，AB的中点G，连接OP,OG，
2
{#{QQABCYqEoggoABAAARgCAwFCCAOQkhCAAYgGgBAAIAAASRFABCA=}#}由题意可得 OP  AD,OG  AD,OP 1 ，平面 平面ABCD，平面PAD 平面 ABCD AD ，
D 平面 AD， PAD⊥ ⋂
OP⊥ A O平P面⊂ BCDP
∴以POO为⊥ 坐标原A点，以OA，OG， OP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则A ，D ，B ，P ， ,
设P1M,0,0 P−B1
，
,0,0则M −1,
,
2
2
,0 ,10,
，
0,1 AD= −2,0,0 AM= −λ−1,2λ,1−λ
设平面MAD的一个法向量为 ，
2x0m=
x,y,z
则


 mAD 0
，


1  x2y 1 z0
，
 mAM 0
令 ，得z= ， ，
2λ 2λ
又 y  = B 1 D  平面 λ− P 1 AD ∴ ， m= 平0,1面,λ−P1AD的一个法向量n BD  0,2,0  ，
 
  mn 2 2 2
cos m,n     
m n 42 42 2
2 1 2 1
221
，令
2 21
，解得 或 -1（舍）.
1
即M为PB的靠近P的三等分点时，二面角 的平面角为 ， λ=3 λ=

平面ABCD，且PO=1， M−AD−P 4

POM⊥到平面ABCD的距离为 ，又四边形ABCD的面积为3，
2

四棱锥M-ABCD的体积 3 =
1 1 2 2
18．   −     =3      ℎ 3⋅3⋅3=3
3 c 3
解：（1） 由e 得  ，又a2 b2c2,a2b
2 a 2
由D  

1,
3
 

在椭圆E:
x2

y2
1  a b  0  上，得
1

3
1
 2  a2 b2 4b2 4b2
x2
b1,a2 椭圆E的方程为  y2 1
4
   
（1）设B x ,y ,A0,1
0 0
2
 1 16
AB  x 2 y 1 2  4y 24 y 1 2  3y 22y 5  3y    ，其中y 1,1 
0 0 0 0 0 0  0 3 3 0
1 4 3
当y  时，AB取得最大值，最大值为
0
3 3
（2）由 BP CP 知 B、C、P 三点共线，且直线 BC 斜率存在且不为 0，所以设直线 BC 方程为
y1 k  x2 ，B  x ,y  ,C  x ,y 
1 1 2 2
3
{#{QQABCYqEoggoABAAARgCAwFCCAOQkhCAAYgGgBAAIAAASRFABCA=}#} 
y1k x2
 x2   4k2 1  x2 8k  2k1  x4  2k1 2 40

 y2 1
 4
8k

2k1

4

2k1
2
4
x x  ,x x 
1 2 4k2 1 1 2 4k2 1
直线l :y y 1 1 x1,令xt得y  y 1 1 t1，M  t, y 1 1 t1  ，同理N  t, y 2 1 t1 
1 M    
x x  x   x 
1 1 1 2
y  y 1 t  y 1 y 1 t kx 2k 2 kx 2k 2
y  M N   1  2 1  1  1 1
G 3 3   x x   3   x x  
1 2 1 2
t  x  x  t  8k  2k 1   t t
 2k 2  k 1  1 2  1 2k 2  k 1  1  2k 12k 1 1
3 x x  3 4  2k 1 2 4 3 3
1 2
x x 2 1
x  M N  t，y  x 1
G 3 3 G 2 G
1
点G在定直线y  x1上。
2
19．解：
（1）集合A中所有的元素为

1,2,3
，
1,2,4
，
1,2,5
，
1,4,5
，
2,4,5

（ ）由题意可知集合 A中元素个数为C3 20个，
6
随机2 变量X的可能取值为3,4,5,6
1 1 C2 3
P  X 3    ,P  X 4   3 
C3 20 C3 20
6 6
C2 6 3 C2 10 1
P  X 5   4   ,P  X 6   5  
C3 20 10 C3 20 2
6 6
所以随机变量X的分布列为
1 3 3 1 21
 
期望E X 1 4 1 6 
20 20 10 2 4
（3）由题意知事件 可等价于其角标成等差即满足i+k=2j
m(m1)(m2)
集合A中元素M个:a数 i+为aC k =3 2aj 个，2 j m1
m 6
①m 为偶数时
m m
j 2,3,4，， 时，集合A中满足ik  2 j 的元素个数依次为1,2,3，，( 1)个
2 2
4
{#{QQABCYqEoggoABAAARgCAwFCCAOQkhCAAYgGgBAAIAAASRFABCA=}#}m m m m m m
j 1， 2, 3,,m1时，集合A中满足ik  2 j 的元素个数依次为 1， 2, 3,,1个
2 2 2 2 2 2
所 以 此 时 事 件 M 包 含 的 基 本 事 件 个 数 总 共 有
m
1 1
 m   m  m  m(m2)
 123( 1)    123( 1)   2  12 个
 2   2  2  2  4
m(m2)
3
  4
所以P M  
m(m1)(m2) 2(m1)
6
②m 为奇数时
m1 m1
j  2,3,4，， 时，集合A中满足ik  2 j 的元素个数依次为1,2,3，， 个
2 2
m1 m1 m1
j 1， 2, 3,,m1 时 ， 集 合 A 中 满 足 ik  2 j 的 元 素 个 数 依 次 为
2 2 2
m1 m1 m1
1， 2, 3,,1个
2 2 2
所以此时事件M包含的基本事件个数总共有
m1
 m1  m1 
1
m1 m-1 (m1)2
 123    123( 1)   2  2  个
 2   2  2  2  2 4
(m1)2
3(m1)
  4
所以P M  
m(m1)(m2) 2m(m2)
6
 3(m1)
（m为奇数）

2m(m2)
综上P  M  
3
 （m为偶数）
 2(m1)
5
{#{QQABCYqEoggoABAAARgCAwFCCAOQkhCAAYgGgBAAIAAASRFABCA=}#}