河北保定2023高三数学答案

2 即 2
，得 1，…………3 分
∴ f x sin(2x ) 1 ，……….4 分
62 f ( ) 0 …………5 分
6
（2）∵ 2a ccosB bcosC ，∴由正弦定理可得 2sinA sinC cosB sinBcosC ，……6 分
∴ 2sinAcosB sinBcosC cosBsinC sin B C sinA ．
30 10 2 6 5
（2）设 B=“任取一人新药对其有效”，A =“患者来自第 i 组”（i=1,2,3，分别对应甲，乙，丙），
则Ω 贈 A1 A2 A3，且A1，A2，A3两两互斥，根据题意得 P A1 贈 0.㘲，P A2 贈 0.32，P A3 贈 0.2 ， P B∣A1 贈 0.64, P B∣A2 贈 0.7 , P B∣A3 贈 0. , …….8 分
2 2
，得
n2
1，…….10
分
又 P 在第一象限，所以 n 1, P(4,3) ………12 分
法二： p(x0 , y0 ), M (x1, y1), N (x2 , y2 ), A(2, 0), B(2, 0)
直线
AP
:
y
y0 x0
2
(x
2)
y
3x2
y0 (x 2) x0 2 4 y2 12
∴ f x ex +f x ex e ，
∴（f x ex） ex
∴ f x ex ex c （ c 为常数），
由 f 1 1，解得： c = 0 ，
∴
f
x
x e x1
，
1
m
x ex1
ln(mx)
x
2
整理可得：e1xlnmx (1 x ln mx)-1=0
可证明e1xlnmx (1 x ln mx)-1 0
19. 解： （1）证明： 连接 1 ， 1 ，
∵ 1 贈 贈 2,∠ 1 贈 3
∴ 1 贈 2 同理 1 贈 2 ……………..2 分 又∵ ⊥ ， 贈 贈 2 ∴ 贈2 ，
∴1
1，
连接 BD 交 AC 与点 O，DO=1，可得 1
分
贈 1 ………..4
∵ 贈1 , 1 贈 2 由勾股定理可得 ∴ 1 ⊥ （2）
1 m
(Cm1
Cm2
... Cmm )
1 m
(Cm0
Cm1
Cm2
... Cmm
1)
1 m
(2m
1)
所以 D 对。
三、填空题 13. 240 ; 15. 96 ；
14. x-1=0 或 3x+4y-11=0 或 3x-4y-11=0 ;(写出其中一个即可) 16. 1
16.分析：在 y f x 中， f x +f x =e1x ，
FH//面D1AE …………9 分 FH DF F 面DFH //面D1AE …………10 分
点P必在DH 上 ，且当 CP DH 时取得 CP 的最小长度
由等面积法得 CP 的最小长度为 …………….12 分
法二：由第一问 1 ⊥ 又 1 ⊥
∴ 1 ⊥ 平面 h 以 为坐标原点， ， ， 1所在直线为 轴， 轴， 轴建立空间直角坐标系
设点
p为(m, n,0)
，
FP
(m
3 2
, n,
1) 2
FP n 0 ，则 3m n 1 0 ………10 分
|CP| （m 1）2+n2 10m2 8m 2
当且仅当
m
2
时，
|CP|
有最小值为
5
10 5 ……………12 分
20.解：
（1）由题意可知 的可能取值有 0、1、2、3，……..1 分
由全概率公式，得
P B 贈 P A1 P B∣A1 + P A2 P B∣A2 + P A3 P B∣A3
贈0.4×0.64+0.32×0.75+0.28×0.8
=0.72
………10 分
任意选取一人，发现新药对其有效，计算他来自于乙组的概率
P A2∣B 贈
(2 ) ()
贈
P
A2
P (
B∣A2 )
0.32 0.7 贈 0.72
贈 a1 (a2 a1) (a3 a2 ) (an
an1)
n 1 n(n 1) 2
n2 n 2
…….3 分
而 a1 1也适合上式，…………4 分
2
an
n2 2
n
…………5
分
(2)
a2k1
a2k
(2k
1) 2k 2
2k (2k 2
1)
2k
……….7
分
(cos n )an
2 2x
2 2x ……..3 分
所以 f (x)在[0,1]单增，f (x) f (0) 0 ………4 分
法二：
f (x) sin x ln(x 1)
f ' (x) cos x 1 (x 0) 1 x
……1 分
f
'' (x)
sin
x
1 (1 x)2
，
f
''' (x)
cos
x
2
(1
1 x)3
(4 n2)( y1 y2) 2n(n 2) y2 (4 n2)( y1 y2)+2n(n 2) y1
(2 (2
n)[(2 n)[(2
n) y1 n) y1
（2 （2
n）y2 ] n）y2 ]
2n 2n
若存在 xp 4xT ,即x0 =4n
2 2
n n
x0 x0
2 2
4n 4n
P
0
C34 C130
1 30
P
，
1
C24C16 C130
3 10
P
，
2
C14C62 C130
1 2
P
，
3
C63 C130
1 6
…..5
分
所以，随机变量 的分布列如下表所示：
4
0
1
2
3
P
1
3
1
30
10
2
1 6
……..6 分
所以， E 0 1 1 3 2 1 3 1 9 …….7 分
…………..5 分
法一：
取 BC 中点 H，连接 HD,HF,DF
易得 EF //DA, EF DA
∴四边形 AEFD 为平行四边形， DF //AE
又 DF 面D1AE，AE 面D1AE
DF//面D1AE ……….7 分 同理 FH//BC1//D1A
3
FH 面D1AE，D1A 面D1AE
[3
(
4 y02 x0 2)2
]x
2
16 y02 (x0 2)2
x
16 y02 (x0 2)2
12
0 …….6
分
由-2xN
16 y02 3( x0
12( x0 2)2
4
2)2 y02
，又因为
P
在双曲线上，满足
x02 4
y02 3
1,即4 y02 =3x02 -12
所以 xN
8 y02 6(x0 2)2 3(x0 2)2 4 y02
22.解： （1）法一：
f (x) sin x ln(x 1)
f ' (x) cos x 1 ..........1分 1 x
1 2sin2 x 1 1 2( x)2 1 1 x 2 1 1 x 1 (0 x 1)
2 1 x
2 x 1 2 x 1 2 1 x
2 2x x2 x 2 x(1 x) 0
(1)n an = (1)n
n2 2
n
(1)n
n(n 1) 2
……………8
分
S2n
1 2 2
23 2
3 4 2
...
2n(2n 2
1)
= 1 (1 2 23 3 4 45 ...) 2
1 (2 2 4 2 6 2 ...) ………………10 分 2
1 2
2
2n
nn 1
2
2
= n2 n …………….12 分
1,0,0 、 0, − 1,0 、 1 0,0,1 、 0,1,0 、h − 1,0,0
1 贈 + 1 贈 ( − 2, − 1,1)
贈
+
贈
1 +2
1
贈
(
−
3 2
,1,
1 2
)……………7
分
设平面
−2 −
−
3 2
+
1 法向量为 + 贈0
+2贈0
贈( , , )
∴− 7
2
+3
2
贈0
令 贈 3，则 贈 7， 贈 1. ∴ 贈 (3,1,7)………………..9 分
=
6x02 24 6(x0 2)2 3(x0 2)2 3x02 12
24(x0 2) 6x0 (x0 2)
4 x0
6
即
xN
4 x0
……..8
分
同理 BP :
y
y0 x0
2
(
x
2)
,可得
xM
4 x0
,所以 xT
4 x0
………9
分若存在Βιβλιοθήκη xp4xT,即x0 =4
4 x0
，……..10
分
而 P 在第一象限，所以 x0 =4 ，即 P(4,3) ………12 分
法一： g x 2ex 2 sin x a ln(x 1)
g x 2(ex x 1) x sin x x ln(x 1) (a 1) ln(x 1) 0 ………6 分
易证： (ex x 1 0, x sin x 0, x ln(x 1) 0, 且在x 0处取等号 ……8 分
椭圆方程为： x2 + y2 1……..4 分 43
（2）设 p(x0 ,t), M (x1, y1), N (x2 , y2 ), A(2, 0), B(2, 0) P、A、N三点共线， y2 t
x2 2 x0 2
5
P、B、M三点共线， y1 t x1 2 x0 2
y2 (x1 2) 相除：（x2 2) y1
7
g '' (x)
2ex
sin
x
a (x 1)2
0, g ' (x) 单增， x1 (0, a),使得g' (x1)
0 ， g x 在 (0, x1) 单减，
g(x1) g(0) 0 矛盾，综合 a 1 …………12 分
法二： g x 2ex 2 sin x a ln(x 1) ， g' (x) 2ex cos x a , x (0, ) ……5 分
1 贈3
所以，任意选取一人，发现新药对其有效，则他来自乙组的概率为1. ……12 分
3
21.解：
（1）由已知可设双曲线方程为 x2 a2
y2 b2
1
，
椭圆方程 x2 a2
+
y2 b2
1
a2
a2
b2 b2
7
1
a2 b2
4 3
a
2
…..2 分
所以双曲线方程： x2 y2 1，……..3 分 43
当x 0时，ln(x 1) 0 ，
当 a 1 0 时，即 a 1 时， g x 0符合题意，………10 分
当 a 1 时，
g(0) 0, g' (x) 2ex cos x a , g' (0) 1 a 0, g' (a) 2ea cos(a) a 0, ，
x 1
a 1
0 恒成立，……..2
分
所以 f '' (x) 单减，又因为 f '' (0) 0, f '' (1) 0, x0 (0,1) ，使得 f '' (x0 ) 0
所以
f
' (x) 先增后减，
f
' (0)
0,
f
' (1)
cos1
1 2
0
，∴
f
' ( x)
0
所以 f (x) 单增， f (x) f (0) 0 …….4 分
∵
sinA
0
，∴
cosB
1 2
．∵
B
0,
，
B
3
．……….7
分
∵
A
C
B
2 3
，∴
A （0，2 ），∴
2A
（
，7
），……..8
分
3
6 66
∴ sin（2A ) ( 1 ,1 …………9 分
6
2
∴ f A sin(2A ) 1 (1, 1 ] ．…………10 分
62
2
18 解：
（1） n 2时
当且仅当 (1 x ln mx)=0 时，上式取等号
即 m= ex1 m 1 , x
故 m 最小值为 1.
四、解答题
17. 解：(1)∵ f x 3sin xcos x cos2 x
3 sin2 x 1 cos2 x
2
2
1 2
sin(2 x ）
1
，……….2
分
62
由函数
f
x 的最小正周期为π．
x0 x0
2 2
……….6
分
令 xT n
则设 lMN : x my n
联立椭圆方程：
x 3x2
my 4
n y2 12
0
(3m2
4)
y2
6mny
3n2
12
0
y1 y1
y2
y2
6mn 3m2
3n2 12
3m2 4
4
…………..8
分
∴
12 1+ 2
贈
㘲− 2
2
y2 (x1 2) y2 (my1 n 2) my1y2 (n 2) y2 2mny1y2 2n(n 2) y2 （x2 2) y1 y1(my2 n 2) my1y2 (n 2) y1 2mny1y2 2n(n 2) y1
高三数学第一次模拟考试参考答案
一、选择题 1.D 2.A
二、选择题 9. BC
3.B 4.A 10. ACD
5.C 6.B 7.D 8.D 11.BD 12. ACD
因为 amn m n 1
12.分析：
am(n1)
n
所 以 amn
1 m
C
n m
am2
am1
m 1 2
am3 am 2
m2 3
....
amn am1
(m 1)(m 2)...(m n 234n
1)
1 m
Cmn
amn
am
(n
1)
m n 1 n
所以 A 对，B 错
而 amm
1 m
a a = ( n 1)( n 1） nn
1 (n 1)n
1 n 1
1，可以证出结论。 n
所以 C 对
am1
am2
am3
am4