2022-2023学年河北省保定市高三上学期1月期末调研考试数学试题（PDF版）

2022——2023学年度第一学期高三期末调研考试数学试题答案

一、1—8．DBACA，CDA

二、9—12．ABC，  CD，   CD，    BCD

三、     13．4，                                   14．－，   

15．3；0，(第一个空2分，第二个空3分）   16．5

四、17.

解：（1）在2Sn＝3an－3中令n＝1，得a1＝3，……1分

∵2Sn＝3an－3，∴当n＞1时，2Sn－1＝3an－1－3，

两式相减得2an＝3an－3an－1，∴an＝3an－1，  ……3分

∴数列{an}是以1为首项，以3为公比为的等比数列，

∴an＝3n．                  ……4分

（2）∵bn＝3n，∴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363……6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105×3＋105×52×3=16695……8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：105×3＋105×52×3－363＝16 332．   ……10分

18．

解：（1）∵2CD·sinA＝b·sin∠ACB，由正弦定理 ……1分

得2CD·a＝b·c， ……2分

∴CD＝c；……4分

 （2）∵＝，∴＝＋， ……6分

两边平方得，4()2＝()2＋()2＋2·，

即4c2＝b2＋a2＋2ab·，  ……8分

化简得：5c2＝2a2＋2b2．    ……10分

∵b＝2a，∴c2＝2a2．       ……11分

 ∴cos∠ACB＝＝……12分

19．

解：（1）设AC与DM相交于点O，∵矩形ABCD中AB＝2，AD＝，M为AB中点，∴AD∶DC＝MA∶AD，∴△ADC∽△MAD，∴∠DCA＝∠ADM，∵∠ACD＋∠DAC＝90°．

∴∠ADM＋∠DAC＝90°，∴∠DOA＝90°，∴DM⊥AC．……2分

由折叠可知PO⊥AC，OM⊥AC，∵PO∩OM＝O，

∴AC⊥平面POM，   ……3分

∵PM在平面POM内，∴AC⊥PM．

∴PM与AC所成的角为90°……4分

（2）由（1）知，PO⊥AC，OM⊥AC，

∴P—AC—B所成角为∠POM＝60°……5分

PO＝，OM＝，可知PM＝1，……6分

又∵AM＝1，PA＝，∴PM⊥AB，……7分

方法一：∵M为AB中点，∴PB＝PA＝，∴PA⊥PB，……8分

又∵PA⊥PC，∴PA⊥平面PBC，……10分

∴∠ABP即为AB与平面PBC所成的角，……11分

∵∠ABP＝45°，∴AB与平面PBC所成的角为45°．……12分

方法二：PM⊥AB,由（1）知AC⊥PM．AC与AB交与A点

∴PM⊥平面ABC，……8分

取AC中点E，连接ME，则ME∥BC，∴ME⊥AB，

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M—xyz，……9分

∴A(1，0，0)，B(－1，0，0)，C(－1，，0)，P(0，0，1)，∴＝(0，2，0)，＝(，0，0)，＝(0，1，1)

∴平面PBC的法向量m＝(0，1，－1)，……10分

设AB与平面PBC所成的角为α，

则sinα＝＝，……11分

∴AB与平面PBC所成的角为45°．  ……12分

20．

解：（1）∵3＋x＋21+35＋33＝100，∴x＝100－(3＋21＋35＋33)＝8，……1分

∵2＋6＋16＋y＋16＝100×＝60，∴y＝60－(2＋6＋16＋16)＝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(X＝0)＝＝＝，P(X＝1)＝＝＝，P(X＝2)＝＝＝，

•   随机变量X的概率分布列如表为：

•                                                           ……6分
•   随机变量X的数学期望为 0×＋1×＋2×＝        ……7分

（Ⅲ）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)＝  ……9分

＝  ……11分

＝0.515 625≈0.515 6

即该生选乒乓球的概率约为0.5156．……12分

21．解：（1）将y＝kx＋4代入＋＝1，得＋＝1，

整理得(2k2＋1)x2＋16kx＋16＝0……①．……1分

因为M是椭圆与直线l的唯一公共点，

所以(16k)2－4×16×(2k2＋1)＝0，得2k2＝1，……2分

∴k＝或k＝－．将k＝代入方程①解得x＝－2，代入y＝kx＋4得y＝2；

将k＝－代入方程①得x＝2，代入y＝kx＋4得y＝2．

∴点M为(－2，2)或(2，2)．    ……4分

（2）（ⅰ）将y＝kx＋m代入＋＝1，得＋＝1，

整理得(2k2＋1)x2＋4kmx＋2(m2－8)＝0……②．    

因为M是椭圆与直线l的唯一公共点，

所以(4km)2－4×2(2k2＋1)(m2－8)＝0，即m2＝16k2＋8……③．……5分

方程②的解为x＝－，将③式代入x＝－，得x＝－，

将x＝－ 代入y＝kx＋m，得y＝＝，

所以点M的坐标为(－，)，……7分

因为k≠0，所以过点M且与l垂直的直线为y－＝－(x＋)．

可得A(－，0)，B(0，－)，P(－，－)，即x＝－，y＝－．

由x＝－，y＝－，得k＝，m＝－，……8分

将k＝，m＝－，代入m2＝16k2＋8得(－)2＝16()2＋8，所以16x2＋8y2＝64，

整理得＋＝1（xy≠0）．轨迹是焦点在y轴，长轴长为4，短轴长为4的椭圆（去掉四个顶点）．……10分

（ⅱ）∴如果将此题推广到一般椭圆＋＝1（a＞b＞0），直线y＝kx＋m（k≠0），其他条件不变，可得点P(x，y)的轨迹方程是＋＝1（xy≠0），轨迹是焦点在y轴上，长轴长为，短轴长为的椭圆（去掉四个顶点）．……12分

22.解：（1）f ′(x)＝xex－a（x＞－1），……1分

  ∵x0是y＝f(x)的一个极值点且f(x0)＝－1

∴f ′(x0)＝0且f(x0)＝－1，即x0－a＝0……①  ……2分

且(x0－1)－ax0＝－1……②    ……3分

联立①②消去a得：(x02－x0＋1)＝1，令F(x)＝(x2－x＋1)ex，

则 F ′(x)＝(2x－1)ex+(x2－x＋1)ex＝x(x＋1)ex，令F ′(x)＝0得x＝0或x＝－1（舍）

当x∈(－1，0)时，F ′(x)＜0，y＝F(x)单调递减；当x∈(0，＋∞)时，F ′(x)＞0，y＝F(x)单调递增．∵F(0)＝1，∴(x02－x0＋1)＝1有唯一解，∴x0＝0，……5分

把x0＝0代入①得a＝0，

∴当x0＝0，a＝0时，f(x)＝(x－1)ex满足题意．……6分

（2）h(x)＝ex(xex－a＋a)＝xe2x 

 ∵g(x1)＝h(x2)，∴lnx1＝x2， ……7分

设t1＝lnx1，则t1＝x2，∵x1＞1，∴t1＞0，令F(x)＝xe2x，

则F ′(x)＝(2x＋1)e2x，当x＞0时，F ′(x)＞0，y＝F(x)单调递增

∴F(t1)＝F(x2)，∴x2＝t1＝lnx1，……9分

设H(x1)＝x1－2x2＝x1－2lnx1（x1＞1）∴H ′(x1)＝1－，令H ′(x1)＝0得x1＝2

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

∵x1＝2时，H(x1)＝2－2ln2，∴x1－2x2的最小值为2－2ln2．……12分