河北省保定市2024届高三第一次模拟考试数学参考答案_2024年4月_01按日期_11号_2024届河北省保定市高三第一次模拟考试_河北省保定市、邢台市2024年高三第一次模拟考试数学

2024 年高三一模数学试题参考答案 一、选择题： 1．B 2．A 3.D 4.B 5.C 6．A 7.C 8．D 8.【参考解析】因为 ， ，所以 ， 2≤ < = = 设 ，则 ， ' 1− 2 令 = ， 则 ≥2 ， 令 = ，则 ， ' ' 所以 >在0 上2<单 调<递 增，在 <0 上单 调>递 减， 2, ,+∞ 因为 ， 4， ， 2 所以 2 = 4 = 2 ， 2 故 ≤ 选 ： < D ≤ = 二、选择题： 2≤ < < ≤4 9.AC 10.ABD 11．BCD 11.【参考解析】对于A，令 ，则 因为 ，所以 ，则 ， = =4 2 4 =2 4 ⋅ 0 故A错误； (4)=−1 −2=−2 0 (0)=1 对于B，令 ，则 ， 则 ，故B正确； = , =− ( )+ (− )=2 (0) ( )=2 对于C，令 得， ， ( )= (− ) 所以 ， 2 =4, =0 4 + 0 =2 2 =0 令 得， ， 2 =0 则 的图像关于点 ， 对称，故C正确； =2+ , =2− (2+ )+ (2− )=2 (2) ( )=0 对于D，由 得 ， ( ) (2 0) 又 ，所以 ， (2+ )+ (2− )=0 =− 4− 则 ， ， ( )= (− ) − =− 4− 所以 ，则函数 的周期为 ， =− 4+ 4+ =− 8+ 又 ， , ， ， = 8+ 8 则 ， 1 + 3 =0 2 = 6 =0 5 + 7 =0 4 =−1 (8)=1 所以 ， 1 + 2 + 3 +⋯+ 8 =0 故D正2确024，故选：BCD. =1 ( )=253×0=0 三、填空题： 12． 13. 14． 2 1 >1 14.【 参考解析】如图所示．由题意2 得球O的球心为底面△BCD的26中心，设正四面体A－BCD的棱长为a， 则球O的半径 ，所以 ， 3 3 = 3 1 = = 3 由于OA⊥OB，所以 ， 2 2 3 6 在Rt△ABO中，过O作AB的垂线OH， = − 3 = 3 1 学科网（北京）股份有限公司1 1 则 OH·AB＝ OB·OA，则 ， 2 2 ∙ 2 = = 3 利用勾股定理BH2＋OH2＝OB2，得 ，同理 ，所以 ， 2 BB 2 AB 1 =3 1 =3 1 = 3 因为 1＝ ， 1＝ ， AB 3 AB 3 1 26 26 所以 三棱锥 ＝ ，三棱台BCD－BCD的体积 ＝ V ＝ 三棱锥 − 1 1 1 27 1 1 1 三棱台 － 27 三棱锥A－BCD 27 所以 三棱锥 − 故答案为： 1 1 1 三V棱台 A−B1C1D1 1 1 四、V解答−题B1 ：C1D1 本−B题CD =共256 小题，共7276 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15.（13分） aex2xaex2 1 1 aex2 x1  x1  x1  aex21  解：（1）因为 f x       ，......3分 x2 x x2 x2 x2 x2 1 a1 1 由已知 f 2  ， 即  ， ....................4分 4 4 4 解得a2 ....................5分  x1  2ex21  （2）a2则 f x   0， x2 解得x1或x2ln2 ....................7分 当0 x1时，x10，2ex2 10，则 f x  0； ....................8分 当1 x2ln2时，x10，2ex2 10，则 f x 0；....................9分 当x2ln2时，x10，2ex2 10，则 f x  0，....................10分 所以 f  x  的单调递增区间为  0，1 和  2ln2， ，....................11分 减区间为  1，2-ln2 ...................12分 2 函数 f  x  的极大值为 f  1  1 ....................13分 e 16.（15分） 解:（1）证明：在 中，由 ， ， 得 ，所以 ，...................3分 △ 1 = 1 = 2 1 =2 又因为2 平2 面 2 + 1 = 1 ⊥ 1 所以 ...................4分 ⊥ 1 所以 平面 ...................5分 ⊥ 所以平面 平面 ...................6分 ⊥ 1 （2）解在 三 棱⊥柱 1 中，取 BB 1的中点 ，连接 ， − 1 1 1 , 2在 中，由 ， ，得CDBB ， ，...................7分 1 且△ 1 ,得 = 1， =即∠2 为1二=面2角 的 平=面1角，...................8分 在 =A中 1， AD∠⊥ BB1 ， 解得 − ， .1.−.. .1..............9分 △ = = 3 = 3 BCCB 由（1）知， 平面 ， 1， 以 为原点， A 直 C 线 ⊥ BB1C 分别为 轴，如图建立空间直角坐标系， ，B(0, 2 ,10,) ， , ，, , (0,=0, 3) ， 1( 2,0,0) ， 1 ( 2,− 2 0) ,...................11分 1 1= =(0, 2,0) 设平面 的法向量为 ， 1=( 2,0,− 3) 则 1 1 =，( , , ) ⋅ 1= 2 − 3 =0 令 ，得 ，...................12分 ⋅ 1 1= 2 =0 设直线 与平面 所成的角为 ， = 3 =( 3,0, 2) 则 1 1 1 ，...................14分 | ⋅ 1| 6 30 =| ⟨ , 1⟩|= | |⋅| 1|= 5⋅2= 10 所以 与平面 所成的角的正弦值为 ....................15分 30 17. （ 1 1 5分） 1 1 10 解：（1）每部电影至少有一人去看，五名同学去看三部电影所有可能情况有 C2C2 5 3 A3 C3A3 150种，...................2分 A2 3 5 3 2 只有甲、乙看《热辣滚烫》的共有C2A2 6种，...................4分 3 2 6 1 只有甲、乙去看《热辣滚烫》电影的概率 p   ；...................6分 1 150 25 （2）设去看《热辣滚烫》的人数为，的可能取值为1，2，3 C1(C2C2 C3A2) 70 7 P  1   5 4 2 4 2   ，...................8分 150 150 15 C2C2A2 60 2 P  2   5 3 2   ，...................10分 150 150 5 C3A2 20 2 P  3   5 2   ，...................12分 150 150 15 随机变量的分布列为： 3 学科网（北京）股份有限公司 1 2 3 7 2 2 P 15 5 15 ...................13分 7 2 2 5 所以的数学期望E    1 2 3  , 15 5 15 3 5 即这五个人去看《热辣滚烫》的人数的数学期望为 . ..................15分 3 18.（17分）     解：（1）证明：焦点F 2,0 ，H 4,0 , （ ）, （ ）,直线 设 A x1,y1 B x2,y2 l:x= my+2 假设在x轴上存在点C  t,0  ，使得CACB是定值， xmy2 联立方程 x2 2y2 8 ，   消去x得： m2 2 y2 4my40，...............3分  4m y  y    1 2 m2 2  根据韦达定理得： 4 ，...................4分  y y    1 2 m2 2           CACB  x t,y  x t,y  x t x t  y y  my 2t my 2t  y y 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2   m2 1  y y m  2t  y  y    2t 2 1 2 1 2   m2 1  4 m  2t  4m   2t 2 m2 2 m2 2   t2 8 m2 2t2 8t4  ...................6分 m2 2 若使CACB为定值，即使上式的值与m无关， t2 8 1 5 则  ，解得：t  ，...................7分 2t2 8t4 2 2 5  即在x轴上存在定点C ,0，使得CACB是定值. ...................8分 2  4（2）方法一：   y  y 2m 2m 4 设AB的中点为E x ,y ，则y  1 2  ，x my 2m 2 ，即 0 0 0 2 m2 2 0 0 m2 2 m2 2  4 2m  E , ，...................9分 m2 2 m2 2 2m  4  AB的中垂线方程为 y mx ，...................10分 m2 2  m2 2 2  2  令 y 0，得x  ，所以M ,0...................11分 M m2 2 m2 2   4m  2 4 AB  1m2 y  y  1m2  y  y 2 4y y  1m2   4 1 2 1 2 1 2 m2 2 m2 2   4 21m2 化简得： AB  ，...................13分 m2 2 2 4 2 1m2 ME  1m2 x x  1m2   ，...................14分 M E m2 2 m2 2 m2 2   4 41m2 1m2 NE  1m2 x x  1m2 4  ，...................15分 N E m2 2 m2 2 2 1m2 4  1m2  1m2 8  1m2 2 1 ME NE     AB 2 ，...................16分 m2 2 m2 2  m2 2 2 4 根据相交弦定理得A,M,B,N 四点共圆....................17分 方法二： 因为MA  x x ,y  y  ，NA  x x ,y  y  1 M 1 M 1 N 1 N       MANA x x x x  y  y y  y 1 M 1 N 1 M 1 N ...................10分        my 2x my 2x  y  y y  y 1 M 1 N 1 M 1 N   m2 1  y 2   4x x  m y  y  y   2x  2x   y y 1 M N M N 1 M N M N       4m m2 1 4 m2 1  m2 1 y 2  y  1 m2 2 1 m2 2   4m 4   m21 y2 y    1 m22 1 m22 5 学科网（北京）股份有限公司m2 1    m2 2 y 2 4my 4 ，...................14分 m2 2 1 1   因为 y 是方程 m2 2 y2 4my40的一个根， 1   ，...................15分 所以 m2 2 y 2 4my 40 1 1 因此MANA0，即MAN 90， 根据四边形AMBN 的对称性知MBN 90，...................16分 所以A,M,B,N 四点共圆....................17分 19.（17分） 解：（1）证明：设 ， nπ bn =an+cos 2 因 ∗ +1 = +2+ 2 + 2 ∈  ...................2分 n+1 π n+1 π bn+1 =an+1+cos 2 = +2+ 2 + 2 +cos 2 = +2+ + − ...................3分2 2 2 =an+cos 2 +2= bn+2 又因 , π b1 =a1+cos2 =2  是以 为首项，以 为公差的等差数列, an+cos 2 2 2 则 , an+cos 2 =2  ， =2 − 2 取等差数列 ， ，则 ...................4分 =−2 + =− 2 因 是周期为4的数列， 2 当 时， ， ∗ =4 ∈ 2 =1 当 时， ∗ =4 −1 ∈ 2 =0 当 时， ， ∗ =4 −2 ∈ 2 =−1 当 时， ,...................5分 3 ∗ =4 − ∈ 2 =0 6 ， 即 ∗ 元素的个数为3， + ∈ = −1,1,0 数列 具有 ∗ 性质....................6分 + ∈ （2）证明：不妨记集合 ，其中 ， ∴ 3 记集合 ∗ ，其中 = + ∈ = 1, 2,⋯, 1 = 1+ −1 1 ∗ ...................7分 = + ∈ = 1, 2,⋯, 2 = 1+ −1 2 则 ， + = − + − ...................8分 =−[ 1+ 1+ −1 1+ 2 ]+ + =1,2,⋯, 1; =1,2,⋯, 2 取等差数列 ， ，...................9分 则 = 1+ 1+ −1 1+ 2 所以 ...................10分 + + = + 因此由分布乘法计数原理∗ 的不同取值最多只有不超过 个， + + ∈ ⊆ + | =1,2,⋯, 1; =1,2,⋯, 2 故存在正整数 使得数列 具有 性质。...................11分 + + 1 2 = 1 2 + 1 2 （3）不妨记集合 ，其中 . 当 时， ∗ = + ∈ = 1, 2,⋯ = 1+ −1 1 ....................13分 ≥ 2 = − −1 = + − −1+ −1 − − −1 = 取 + − ， 则−1+ 是 −等1 差 − 数 1列， 当 = 时1 ， ，...................14分 当 ≥ 2时， + = + ，− −1+ −1 ∈ − , ∈ 所以 =1 1+ 1 = 1+ 1 ，...................15分 ∗ 因为 + 的 不∈同 取值⊆最 多1+只 有1不∪超 过− , 个∈， ...................16分 2 故存在 正+整 数 使得数列 具 有+1 性质. 2 Q 综上所述，若数 列= +的1前 项和 具 有 性 质，则存在正整数 ，使得 也具有 2 性质................. . ..17分 = +1 7 学科网（北京）股份有限公司