河北省部分学校2023-2024学年高三上学期摸底考试数学试题答案(1)_2024年4月_01按日期_6号_2024届新结构高考数学合集_新高考19题（九省联考模式）数学合集140套

2023——2024 学年河北省部分学校高三摸底考试 数学试题评分参考 一、选择题：本题共 8小题，每小题 5分，共 40分。 1．C 2．D 3．A 4．B 5．D 6．A 7．D 8．D 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共 18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6分，部分选对得 3 分，有选错的得 0 分。 9．BD 10．BC 11．AD 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5分，共 15分。 12． 3 13． 5 14．13π 四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分。 15．解： （1） f(x)的定义域为(0,)， ……2 分 1 1x 当a1时， f xlnxx， fx 1 ， x x 1x 当 fx 0，解得：0 x1， ……4 分 x 1x 当 fx 0，解得：x1． ……6分 x  f(x)在(0,1)上为增函数；f(x)在(1,)上为减函数； ……8分 a ax （2） f(x)的定义域为(0,)， fx 1 ， x x 当a0时，令 fx0，得0xa，令 fx0时，得xa， ……10分  f(x)的递增区间为0,a，递减区间为a,．f(x) alnaaa(lna1). ……13分 max 16．解： （1）由   S n  是首项为1 、公差为 1 的等差数列， nn1  2 3 S 1 1 n 1 故 n   n1  ， nn1 2 3 3 6 n 1 n2n1n1 即S   nn1 ， ……4分 n 3 6 6 n2n1n1 当n2时，S  ， n1 6 {#{QQABbQQUogAIABBAAAhCEwEKCAIQkBCAACoGxAAMsAAACQNABAA=}#}n2n1n1 n2n1 n1 n  2n23n12n23n1  故S S a    n2， ……6 分 n n1 n 6 6 6 32 当n1时，a S  1，符合上式，故a n2； ……8分 1 1 6 n n2n1n1 （2）由a n2，S  ， n n 6 2n1a 62n1n2 6 2n 1n 故b  n   ， ……11分 n S n2n1n1 2n1n1 n 621 6412 62n1n 6n21 6n 则T bb b      ， n 1 2 n 2111 4121 2n1n1 2n1n1 2n1n1 由2n1n1326，故T  6n 6n1， n 6 n n 1  16n 6n1 则T 6n1   . ……15分 i 16 5 i1 i1 17．解： （1）由题意，X 1,2,3,...,8 故P(X k) p(1 p)k1,k1,2,,7,P(X 8)(1 p)7 ……2 分 分布列如下： X 1 2 3 4 5 6 7 8 P p p(1 p) p(1p)2 p(1p)3 p(1p)4 p(1p)5 p(1p)6 (1 p)7 ……5分 所以X 的数学期望E(X) p(1p)02p(1p)13p(1p)2 7p(1p)68(1p) 7， ……8 分 记S (1p)02(1p)13(1p)2 7(1p)6 ， (1 p)S (1 p)12(1 p)23(1 p)3 7(1 p)7 ， 11 p7 作差可得， pS 1p01p1 1p 2  1p 67 1p 7 7 1p 7 ， p 1(1 p)7 1(1 p)8 1 则E(X) pS 8(1p)7 (1p)7  ； ……12 分 p p p 1 （2）由（1）可知E(X) 5，则试验成本的期望小于5a元， p 试验成功则获利8a元，且8a5a，则该公司应该投资该产品 ……15 分 {#{QQABbQQUogAIABBAAAhCEwEKCAIQkBCAACoGxAAMsAAACQNABAA=}#}18．解： （1）由椭圆的定义知： AF  AF 2a, BF  BF 2a， 1 2 1 2 所以△ABF 的周长L4a8，所以a2， ……2分 2 又椭圆离心率为1 ，所以 c  1 ，所以c1，b2 a2c2 3， 2 a 2 x2 y2 由题意，椭圆的焦点在x轴上，所以椭圆的标准方程为  1； ……5 分 4 3 x2 y2 （2）①由直线l：y0 3x1与  1， 4 3    8 3  联立求得A 0, 3 ，（因为点A在x轴上方）以及B , 3 ，  5 5  再以O为坐标原点，折叠后原y轴负半轴，原x轴，原y轴正半轴所在直线为x，y，z轴建立 空间直角坐标系，则 F 0,1,0，A  0,0, 3 ，B   3 3, 8 ,0   ，F 0,1,0，  F  A    0,1, 3  ，  B  F     3 3, 13 ,0   ． 1 5 5  2 1 2  5 5    记异面直线AF 和BF 所成角为，则cos cos  F  A  ,  B  F    F  1  A  B  F  2  13 ； ……7 分 1 2 1 2 FA BF 28 1 2 ②设折叠前Ax ,y ，Bx ,y ，折叠后A， B 在新图形中对应点记为A，B，Ax,y ,0， 1 1 2 2 1 1 Bx ,0,y ， 2 2 15 1 由 AF  BF  AB  ， AF  BF |AB|8，故 AB  AB  ， 2 2 2 2 2 2 myx1 将直线l方程与椭圆方程联立  x2 y2 ，得 3m24  y26my90 ，   1  4 3 6m 9 y  y  ，y y  ， ……9 分 1 2 3m24 1 2 3m24 在折叠后的图形中建立如图所示的空间直角坐标系， {#{QQABbQQUogAIABBAAAhCEwEKCAIQkBCAACoGxAAMsAAACQNABAA=}#}AB  x x 2  y2  y 2 ， AB  x x 2y y 2 ， 1 2 1 2 1 2 1 2 1 所以 AB  AB  x x 2y y 2  x x 2 y2 y2  ，（i） ……11分 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2y y 1 1 2  又 ， x x 2y y 2  x x 2 y2 y2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 所以 x x 2y y 2  x x 2 y2 y2 4y y ，（ii） ……13 分 1 1 1 2 1 2 1 1 1 2 1 由（i）（ii）可得 x x 2 y  y 2  2 y y， 1 2 1 2 4 1 2 2 因为x 1 x 2 2y 1 y 2 2   1m2y 1 y 2 2     1 4 2y 1 y 2    ， 所以  1m2     6m   2  36      1  18   2 ，即144   1m   2    1  18   2 ， 3m2 4 3m2 4 4 3m2 4 3m24 4 3m24 1212m2 1 18 28 所以   ，解得m2  ， 3m24 4 3m24 45  1 3 35 因为0 ，所以tan  ． ……17分 2 m 14 19．解： （1）因为 f x2x，则 f x2π2(x2π) 2x4π，又 f 2π4π， 所以 f x2π f (x) f (2π)，故函数 f x2x具有性质 P ； ……2分 因为gxcosx，则gx2πcos(x2π) cosx ，又g2πcos2π1， g(x)g(2π)cosx1g(x2π)，故gxcosx不具有性质 P. ……4分 （2）若函数 f x具有性质 P ，则 f 02π f (0) f (2π)，即 f(0)sin0， π 因为 ，所以0，所以 f xsin(x)； 2 若 f(2π)0，不妨设 f(2π)0，由 f x2π f (x) f (2π)， {#{QQABbQQUogAIABBAAAhCEwEKCAIQkBCAACoGxAAMsAAACQNABAA=}#}得 f 2kπ f(0)kf(2π)  kf(2π)(kZ)（*）， ……7 分 只要k充分大时，kf(2π)将大于1，而 f x的值域为[1,1]， 故等式（*）不可能成立，所以必有 f(2π)0成立， 3 5 即sin(2π)0，因为  ，所以3π2π5π， 2 2 所以2π4π，则2，此时 f xsin2x， 则 f x2πsin2(x2π) sin2x， 而 f(x) f(2π)sin2xsin4π sin2x ，即有 f x2π f (x) f (2π)成立， 所以存在2，0使函数 f x具有性质 P. ……10分 （3）证明：由函数 f x具有性质 P 及（2）可知， f(0)0， 由gx2πgx可知函数gx是以2π为周期的周期函数，则g2πg(0)， 即sin(f(2π))sin(f(0))0，所以 f(2π)kπ，kZ； 由 f(0)0， f(2π)kπ以及题设可知， 函数 f x在 0,2π 的值域为 0,kπ ，所以kZ且k 0； 当k 2， f xπ及 f x2π时，均有gxsin  fx 0， 这与gx在区间0,2π上有且只有一个零点矛盾，因此k1或k 2； ……13 分 当k1时， f(2π)π，函数 f x在 0,2π 的值域为 0,π ，此时函数gx的值域为 0,1 ， 而 f x2π f (x) π，于是函数 f x在 2π,4π 的值域为π,2π，此时函数gx的值域为1,0， 函数gxsin  f x在当x 0,2π 时和x 2π,4π 时的取值范围不同， 与函数gx是以2π为周期的周期函数矛盾， 故k 2，即 f(2π)2π，命题得证. ……17分 {#{QQABbQQUogAIABBAAAhCEwEKCAIQkBCAACoGxAAMsAAACQNABAA=}#}