河北省保定市2022-2023学年高三数学上学期1月期末调研试题（PDF版含答案）.pdf

1、全科免费下载公众号高中僧课堂2022-2023 学年度第一学期高三期末调研考试数学试题答案一、18DBACA，CDA二、912ABC，CD，CD，BCD三、134，1412，153；0，(第一个空 2 分，第二个空 3 分）165四、17.解：（1）在 2Sn3an3 中令 n1，得 a13，1 分2Sn3an3，当 n1 时，2Sn13an13，两式相减得 2an3an3an1，an3an1，3 分数列an是以 1 为首项，以 3 为公比为的等比数列，an3n4 分（2）bn3n，数列an中的项都在数列bn中数列an前 5 项：3，9，27，81，243 在数列bn前 105 项中这五项和为

2、3636 分bn前 105 项的为数列bn前 105 项为 3，6，9，27，81，243，315，它们的和为 1053105523=166958 分所以数列cn的前 100 项和为数列bn前 105 项的和减去 3、9、27、81、243的和，得：105310552336316 33210 分18解：（1）2CDsinAbsinACB，由正弦定理 1 分得 2CDabc，2 分CDc；4 分（2）ADDB，CD12 CA12 CB，6 分两边平方得，4(CD)2(CA)2(CB)22 CA CB，即 4c2b2a22aba2b2c22ab，8 分化简得：5c22a22b210 分b2a，c2

3、2a211 分cosACBa24a22a22a2a3412 分19解：（1）设 AC 与 DM 相交于点 O，矩形 ABCD 中 AB2，AD 2，M 为 AB 中点，ADDCMAAD，ADCMAD，DCAADM，ACDDAC90ADMDAC90，DOA90，DMAC2 分由折叠可知 POAC，OMAC，POOMO，AC平面 POM，3 分PM 在平面 POM 内，ACPMPM 与 AC 所成的角为 904 分（2）由（1）知，POAC，OMAC，PACB 所成角为POM605 分PO2 33，OM33，可知 PM1，6 分又AM1，PA 2，PMAB，7 分方法一：M 为 AB 中点，PBP

4、A 2，PAPB，8 分又PAPC，PA平面 PBC，10 分ABP 即为 AB 与平面 PBC 所成的角，11 分ABP45，AB 与平面 PBC 所成的角为 4512 分方法二：PMAB,由（1）知 ACPMAC 与 AB 交与 A 点PM平面 ABC，8 分取 AC 中点 E，连接 ME，则 MEBC，MEAB，以 M 为坐标原点，分别以 ME，MA，MP 所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系 Mxyz，9 分A(1，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，P(0，0，1)，BA(0，2，0)，BC(2，0，0)，BP(0，1，1)平面 PBC 的法向量 m(0，1，1)，1

5、0 分设 AB 与平面 PBC 所成的角为，则 sin|BAm|BA|22，11 分AB 与平面 PBC 所成的角为 4512 分20解：（1）3x21+3533100，x100(3213533)8，1 分2616y161003560，y60(261616)20，2分（2）由题意可知，X 的取值可能为 0，1，2，这 100 位学生学时在30，60）的大四学生为 8 人，在40，50）的大四学生为 2 人，3 分P(X0)65871528，P(X1)62218737，P(X2)2187 128，随机变量 X 的概率分布列如表为：X012P152837128 6分随机变量 X 的数学期望为 01

6、5281372 128127 分（）设两个年级共有 m 人，A大三大四中任选一学生一学年体育课程完成学时位于区间70，80，B大三大四中任选一学生体育课程选的乒乓球，8 分则由条件概率公式得 P(B|A)n(AB)n(A)9 分m25%0.33m16%11 分0.515 6250.515 6即该生选乒乓球的概率约为 0.515612 分21解：（1）将 ykx4 代入x216y281，得x216(kx4)281，2628CC116228C CC2228CC整理得(2k21)x216kx1601 分因为 M 是椭圆与直线 l 的唯一公共点，所以(16k)2416(2k21)0，得 2k21，2

7、分k 22 或 k 22 将 k 22 代入方程解得 x2 2，代入 ykx4得 y2；将 k 22 代入方程得 x2 2，代入 ykx4 得 y2点 M 为(2 2，2)或(2 2，2)4 分（2）（）将 ykxm 代入x216y281，得x216(kxm)281，整理得(2k21)x24kmx2(m28)0因为 M 是椭圆与直线 l 的唯一公共点，所以(4km)242(2k21)(m28)0，即 m216k285 分方程的解为 x 2km2k21，将式代入 x 2km2k21，得 x16km，将 x16km代入 ykxm，得 ym216k2m8m，所以点 M 的坐标为(16km，8m)，7

8、 分因为 k0，所以过点 M 且与 l 垂直的直线为 y8m1k(x16km)可得 A(8km，0)，B(0，8m)，P(8km，8m)，即 x8km，y8m由 x8km，y8m，得 kxy，m8y，8 分将 kxy，m8y，代入 m216k28 得(8y)216(xy)28，所以 16x28y264，整理得y28x241（xy0）轨迹是焦点在 y 轴，长轴长为 4 2，短轴长为4 的椭圆（去掉四个顶点）10 分（）如果将此题推广到一般椭圆x2a2y2b21（ab0），直线 ykxm（k0），其他条件不变，可得点 P(x，y)的轨迹方程是x2c4a2y2c4b21（xy0），轨迹是焦点在 y

9、轴上，长轴长为2c2b，短轴长为2c2a 的椭圆（去掉四个顶点）12 分22.解：（1）f(x)xexa（x1），1 分x0 是 yf(x)的一个极值点且 f(x0)1f(x0)0 且 f(x0)1，即 x00 xe a02 分且(x01)0 xe ax013 分联立消去 a 得：(x02x01)0 xe 1，令 F(x)(x2x1)ex，则 F(x)(2x1)ex+(x2x1)exx(x1)ex，令 F(x)0 得 x0 或 x1（舍）当 x(1，0)时，F(x)0，yF(x)单调递减；当 x(0，)时，F(x)0，yF(x)单调递增F(0)1，(x02x01)0 xe 1 有唯一解，x00

10、，5 分把 x00 代入得 a0，当 x00，a0 时，f(x)(x1)ex 满足题意6 分（2）h(x)ex(xexaa)xe2xg(x1)h(x2)，21x lnx1x222xe，7 分设 t1lnx1，则 t112tex222xe，x11，t10，令 F(x)xe2x，则 F(x)(2x1)e2x，当 x0 时，F(x)0，yF(x)单调递增F(t1)F(x2)，x2t1lnx1，9 分设 H(x1)x12x2x12lnx1（x11）H(x1)12x1，令 H(x1)0 得 x12当 x1(1，2)时，H(x1)0，H(x1)在(1，2)上单调递减；当 x1(2，)时，H(x1)0，H(x1)在(2，)上单调递增，11 分x12 时，H(x1)22ln2，x12x2 的最小值为 22ln212 分