数学-河北省保定市2024年高三第一次模拟考试试题和答案

12024年高三一模数学试题参考答案一、选择题：1．B2．A3.D4.B5.C6．A7.C8．D8.【参考解析】因为2≤a<b，ab=ba，所以=，设fx)=x≥2，则f'x)=1x，令f'x)>0，则2<x<e，令f'x<0，则x>e，所以fx)在2,e)上单调递增，在e,+∞)上单调递减，因为f2=f4)=，2≤xi<yi≤4，fxi=fyi，所以2≤a<e<b≤4，故选：D9.AC10.ABD11．BCD9.AC10.ABD11．BCD则f(x)=f(−x)，故B正确；误a=x,b=−x，则f(x)+f(−则f(x)=f(−x)，故B正确；对于C，令a=4,b=0得，f4)+f0=2f2)2=0，+,=2−x得，f(2+x)+f(2−x)=2f(2)f(x)=0，则fx=−f4+x，f4+x=−f则fx=−f4+x，f4+x=−f8+x，则f1+f2+f3)+⋯+f8)=0，x则f1+f2+f3)+⋯+f8)=0，故D正确，故选：BCD. 261 261214.【参考解析】如图所示．由题意得球O的球心为底面△BCD的中心，设正四面体A－BCD的棱长为a，则球O的半径R=，所以。B1=R=，由于OA⊥OB，所以。A=a2−)2=，在Rt△ABO中，过O作AB的垂线OH，2则OH·AB＝OB·OA，则OH=OA=a，利用勾股定理BH2＋OH2＝OB2，得BH=，同理B1H=，所以BB1=，所以V1＝217，三棱台B1C1D1－BCD的体积V三棱台B1C1D1－BCD＝V三棱锥A－BCD＝所以VD=故答案为：解1）因为f,(x)=_+=_=，......3分由已知f,(2)=，即=，....................4分解得a=2....................5分解得x=1或x=2_ln2....................7分当0<x<1时，x_1<0，2ex_2_1<0，则f,(x)>0；......当1<x<2_ln2时，x_1>0，2ex_2_1<0，则f,(x)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，+伪)，....................11分减区间为(1，2-ln2)...................12分函数f(x)的极大值为f(1)=_1....................13分解:（1）证明：在△CBB1中，由BC=B1C=2，BB1=2，得BC2+B1C2=BB12，所以BC⊥B1C， 又因为AC⊥平面BB1C所以AC⊥BC 4分所以BC⊥平面AB1C 所以平面ABC⊥平面AB1C （2）解在三棱柱ABC−A1B1C1中，取BB1的中点D，连接AD,CD，366在△CBB1中，由BC=B1C=2，BB1=2，得CDLBB1，在△CBB1中，由BC=B1C=2，BB1=2，得CDLBB1，CD=1，...................7分在△ADC中，tan∠ADC==3，解得AC=3，...................9分由（1）知，AC⊥平面BB1C，BCLCB1,以C为原点，直线CB1,CB,CA分别为X,y,z轴，如图建立空间直角坐标系， 30==,...................10 30==,...................10所以BB1与平面AB1C1所成的角的正弦值为....................15分解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A+CA=150种，...................2分只有甲、乙看《热辣滚烫》的共有CA=6种，...................4分只有甲、乙去看《热辣滚烫》电影的概率p1==；...................6分（2）设去看《热辣滚烫》的人数为ξ,ξ的可能取值为1，2，3随机变量ξ的分布列为：4ξξ=1ξ=2ξ=3P 25 ...................即这五个人去看《热辣滚烫》的人数的数学期望为...................15分解1）证明：焦点F(2,0)，H(4,0),设A（x1,y1）,B（x2,y2）,直线l:x=my+2假设在x轴上存在点C(t,0)，使得CA.CB是定值，y2(_4my1y2=，...................4分y1y2=，...................4分m22m22m2+2若使CA.CB为定值，即使上式的值与m无关，t2__8=，解得：t=，...................(5)即在x轴上存在定点C|（2,0)|，使得CA.(5)5（2）方法一：y1y12x00E,2，...................9分y2xM2xM=m2+2AB=y1y2=y1+y224y1y2=224xm2,...................13分,...................13分m2+224 24 ,...................14分MEm2+2m2+2m2+2444NEm2+2mm2+2MENE=x==AB2，...................16分根据相交弦定理得A,M,B,N四点共圆....................17分方法二：因为MA=(x1xM,y1yM)，NA=(x1xN,y1yN)(y1yMy1yN)1y1yN) 221MxN)myMyN]y1+(2xM)(2xN)+yMy22122mmm1y12y1222mmm1y12y12m1y1m22y1m22m1y1m22y1m2262y1214]，...................14分所以m2=0，...................15分根据四边形AMBN的对称性知经MBN=90。，...................16分所以A,M,B,N四点共圆....................17分19.（17分）解1）证明：设bn=an+cos，因an+1=an+2+Cos+sinn∈N∗bn+1=an+1+cos=an+2+Cos+sin+cos...................2分=an+2+Cos+sinsin=an+cos+2=bn+2...................3分又因b1=a1+cos=2,n+cos是以2为首项，以2为公差的等差数列,则an+cos=2n,n=2n−Cos，取等差数列qn，qn=−2n，则qn+an=−Cos...................4分因Cos是周期为4的数列，当n=4kn∈N∗时，Cos=1， 2Cos 2Cos 2Cos当n=4k−1k∈N∗时，当n=4k−2k∈N∗时，当n=4k−。k∈N∗时， 2Cos 2Cos 2Cos=0=−1，=0,...................5分7an+qnn∈N∗=−1,1,0，即an+qnn∈N∗}元素的个数为3，则an+cind1+d2]+xi+yj，i=1,2,⋯,k1;j=1,2,⋯,k27分(1+d2，...................9分⋯,k1;j=1,2,⋯,k2}...................10分因此由分布乘法计数原理an+bn+Mn的不同取值最多只有不超过k1k2个，故存在正整数m=k1k2使得数列an+bn}具有Qk1k2)性质。...................11分n1dn+.cn.−..Tn−1+.cn−11n−cn−1取kn=d1，则{n1dn+.cn.−..Tn−1+.cn−11n−cn−1取kn=d1，则{当n≥2时，fn+kn=Tn+cn−Tn−1+cn−1)∈x−yx,y∈Xk，...................14