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=}#}