高三一模数学参考答案_2025年4月_2504092025届河北省保定市高三一模试题_2025届河北省保定市高三下学期第一次模拟考试数学试题

2025 届高三一模数学参考答案
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的。
1.D 2.C 3.A 4.B 5.D 6.B 7.D 8.C
二、多项选择题：本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分. 在每小题给出的四个选项中，有多项符合题
目要求. 全部选对得 6 分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.如果选择题有三个正确答案，答对一
个给2分，二个给4分，全答对给6分；如果有两个正确答案，答对一个给3分，全对给6分。若有选错
的本小题得0分。
9.AC 10.ACD 11.ABD
三、填空题:本题共3 小题,每小题5 分，共计15 分。
3
12. 13.2
3
0 ,n1
14. 8，  (第一空2分，第二空3分）
32n2 n,n2
14.简析：设第n个处理器发射的A类信号数量记为a ，第n个处理器发射的B类信号数量记为b ，
n n
a 1,b 0 由题意逐步递推可得b 8.
1 1 4
由题意可得 n2时，a n1，
n
当n2时,b a 2b ,即b n22b
n n1 n1 n n1
可得b n2  b n1  ，计算得b 32n2 n,(n 2)
n n1 n
0 ,n1
所以b  .
n 32n2 n,n2
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
15.（13分）
解：（1）证明：连接C与AD的中点O，再连接OQ
ABC 60，底面ABCD是菱形
CO  AD,CO  3
又AD 2,QD QA 5
OQ  AD,OQ  QD2 OD2 2
1
{#{QQABTYaAogCgAgBAAQhCEwGiCkCQkBGCCYoGhEAQoAABAQFABAA=}#}又QC  7 由勾股定理可得QC2 CO2 OQ2
CO OQAD平面ADQ,OQ平面ADQ
CO 平面ADQ
又
CO平面ABCD
所以平面QAD平面ABCD.
z
（2）解法1：由（1）可得CO、OQ、AD两两垂直
以CO、OD、OQ分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系
  y
设OD t 则A  0,1,0  ,C 3,0,0,,D  0,1,0  ,Q  0,0,t  O
由（1）知平面QAD平面ABCD，
x
又因为OQ  AD, 可得OQ 面ABCD
所以平面ACD的法向量可设为n    0,0,1 
设平面CDQ的法向量为m    x,y,z  ，
 
 
DC  3,1,0,DQ  0,1,t
 3x y 0 3   3
则 m 满足 ，令x1，则 y  3,z  m  1, 3,  
 ytz 0 t  t 
1
又因为二面角QCD A的大小为60 cos n,m 
2
3
t 1 3 3 2 13 13
即  解得t  ， 所以QD    1  .
3 2 2 2 4 2
13
t2
解法2：
过点O做OH CD与点H，链接QH
由（1）知平面QAD平面ABCD，又因为OQ  AD, 可得OQ 面ABCD
所以OQ 平面ABCD，OQ CD ,可得OQ 平面ABCD
OQ CD ，所以QHO 二面角QCD A的平面角即QHO 60
O
H
2
{#{QQABTYaAogCgAgBAAQhCEwGiCkCQkBGCCYoGhEAQoAABAQFABAA=}#}3
在ODH 中，可求得OH 
2
设QD x,则OQ  x2 1
OQ x2 1
tan60    3
在RtQHO 中， OH 3
2
13 13
解得x ，即QD=
2 2
16.（15分）
解：（1）当a2时， f(x)3x2 5xlnx，x0，
1
f x 6x5 ，所以 f 1 2，又 f  1 352，
x
所以曲线y f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为 y2（2 x1），即 y 2x4.
3ax2  a3  x1 (ax1)(3x1)
（2） f(x)  (x0)，
x x
1 1 1
当a0，令 f(x)0得x  ，由 f(x)0得0 x ，由 f(x)0得x  ，
3 3 3
1 1 
所以 f(x)的单调递增区间为(0, )，单调递减区间为 , 
3 3 
1 1
当a0，令 f(x)0得x  ,x  ，
1 a 2 3
1 1 1 1
当0a3时，由 f(x)0得0 x 或x ，由 f(x)0得  x ，
3 a 3 a
1 1  1 1
所以 f(x)的单调递增区间为(0, )和 ,，单调递减区间为 , ；
3 a  3 a
 3x1 2
当a3时， f(x) 0，所以 f(x)的单调增区间为(0,)，无单调减区间；
x
1 1 1 1
当a3时，由 f(x)0得0x 或x  ，由 f(x)0得  x ，
a 3 a 3
 1 1 1 1
所以 f(x)的单调增区间为0, 和( ,)，单调递减区间为 , .
 a 3 a 3
17.（15分）
3
{#{QQABTYaAogCgAgBAAQhCEwGiCkCQkBGCCYoGhEAQoAABAQFABAA=}#}2
2 12 8
解：（1）设“任务在第4个区域终止且机器人成功完成”为事件A，P  A C2       .
3 3 33 27
（2）X的可能取值为18，9，15，3，12， 3，
3 3
2 8 1 1
则P  X 18     ，P  X 9    
3 27 3 27
2 2
12 2 8 21 1 2
P  X 15 C1       ，P  X 3 C2       ，
3 33 3 27 3 33 3 27
2 2 2 2
2 1 2 16 2 1 1 8
P  X 12 C2        ，P  X 3 C2        ，
4 3 3 3 81 4 3 3 3 81
X的分布列如表所示
X 9 3 3 12 15 18
1 2 8 16 8 8
P
27 27 81 81 27 27
1 2 8 16 8 8 107
所以E  X 9 3  3 12 15 18  .
27 27 81 81 27 27 9
18.（17分）
解：(1)由题意设椭圆 的标准方程为
因为椭圆 过
所以满足 解得
所以椭圆 的标准方程为 .
y
A
（2）
S
因为矩形ABCD为椭圆E的外切矩形,所以矩形ABCD为椭圆E的蒙日圆的内接 R T
D
x
矩形，由题意可知椭圆E的蒙日圆方程为 , O
B
设原点到AD的距离为d，过点0做AD的垂线段OS，垂足为S ，则OS=d，
OS交椭圆与点R,设AD与椭圆切与点T，链接OT，
C
显然OR dOT ，点R 和T为椭圆上的点，
 
所以OR，OT取值范围都为 2 3，4 所以
AB=2d，则AD 2 28d2
4
{#{QQABTYaAogCgAgBAAQhCEwGiCkCQkBGCCYoGhEAQoAABAQFABAA=}#}矩形ABCD的面积S AB AD 4 (28d2)d2 4 

d2 14
2
142
因为d2  12，16 ，
所以矩形ABCD面积 .
（3）证明：设直线PM所在直线方程为 ,
与 联立得 ,
整理得 34k2  x2 8ktx4t2 480 ,
因为直线PM与椭圆 相切 所以   8kt 2 4  34k2  4t2 48  0.
4kt
整理得t2 16k2 12 此时M点的横坐标为x  ，
M 34k2
 4kt  3t 3
y k t  ， k  ；
M  34k2  34k2 OM 4k
3k
设直线PN所在直线方程为 , k 
ON 4
9
所以k k  所以 为定值.
OM ON 16
19.（17分）
解：(1)
zz 

12i3j4k

12i3j4k

       
112i3j4k 2i12i3j4k 3j 12i3j4k 4k 12i3j4k
12i3j4k2i4i26ij8ik3j6ji9j212jk4k8ki12kj16k2
12i3j4k2i46k8j3j6k912i4k8j12i16
1491630
（2）①由题意可知
z z z z
1 2 3 n
       
 a a a  b b b i c c c j d d d k
1 2 n 1 2 n 1 2 n 1 2 n
则
z z z z
1 2 3 n


a a a
2


b b b
2


c c c
2


d d d
2
1 2 n 1 2 n 1 2 n 1 2 n
1 n 1 n  1 n1
又因为a   ,b  ,c sin ,d 
n 2 n n2 n n 2 n n
所以 1 n ；
a a a 1  1
1 2 n 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1 ；
b    ， b b b 1     1 1
n n2 n n n1 1 2 n 2 2 3 n n1 n1
n n
c sin ， c c c 10  1  010  1  0sin 0或1;
n 2 1 2 n 2
5
{#{QQABTYaAogCgAgBAAQhCEwGiCkCQkBGCCYoGhEAQoAABAQFABAA=}#}
1
n1
1 1 1

1
n1
d  ， d d d 1   
n n 1 2 n 2 3 4 n
1  1 1 1

1
n1
1 1 1

1
n1
1    1   
2  2 3 4 n 2 3 4 n
1 1 1

1
n1
1 1 1 1

1
n1
1    1     1
2 3 4 n 2 3 4 5 n
所以  a a a 2   b b b 2   c c c 2   d d d 2 2
1 2 n 1 2 n 1 2 n 1 2 n
z z z z 2
1 2 3 n
②由
z z z z  L可得
1 2 3 n

a a a
2


b b b
2


c c c
2


d d d
2
 L
1 2 n 1 2 n 1 2 n 1 2 n
即  a a a 2   b b b 2   c c c 2   d d d 2  L2
1 2 n 1 2 n 1 2 n 1 2 n
又因

a a a
2
a

a a a

a

a a a

a

a a a

1 2 n 1 1 2 n 2 1 2 n n 1 2 n
(a 2 aa aa )（a a a 2 a a）（a a a a a 2）
1 1 2 1 n 2 1 2 2 n n 1 n 2 n
a 2 a 2 a 2 a 2 a 2 a 2 a 2 a 2
（a 2  1 2  1 n )（ 2 1 a 2  2 n ）
1 2 2 2 2 2
a 2 a 2 a 2 a 2
（ n 1  n 2 a 2）
2 2 n
 
n a 2 a 2 a 2 （1）式
1 2 n
当且仅当
a a a 时“=”成立；
1 2 n
 
同理  b b b 2 nb2 b 2 b 2 ； （2）式
1 2 n 1 2 n
 
 c c c 2 n c 2 c 2 c 2 ； （3）式
1 2 n 1 2 n
 
 d d d 2 n d 2 d 2 d 2 ； （4）式
1 2 n 1 2 n
（1）+（2）+(3）+（4）式得

a a a
2


b b b
2


c c c
2


d d d
2
1 2 n 1 2 n 1 2 n 1 2 n
       
n a 2 a 2 a 2 nb2 b 2 b 2 n c 2 c 2 c 2 n d 2 d 2 d 2
1 2 n 1 2 n 1 2 n 1 2 n
所以
       
n a 2 a 2 a 2 nb2 b 2 b 2 n c 2 c 2 c 2 n d 2 d 2 d 2  L2
1 2 n 1 2 n 1 2 n 1 2 n
z 2  z 2  z 2  z 2
1 2 3 n
     
 a 2 b2 c 2 d 2  a 2 b 2 c 2 d 2  a 2 b 2 c 2 d 2
1 1 1 1 2 2 2 2 n n n n
       
 a 2 a 2 a 2  b2 b 2 b 2  c 2 c 2 c 2  d 2 d 2 d 2
1 2 n 1 2 n 1 2 n 1 2 n
所以
L2
z 2  z 2  z 2  z 2  .
1 2 3 n n
6
{#{QQABTYaAogCgAgBAAQhCEwGiCkCQkBGCCYoGhEAQoAABAQFABAA=}#}