2025届河北省保定市高三下学期第一次模拟考试数学答案

2025届高三一模数学参考答案一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的。1.D2.C3.A4.B5.D6.B7.D8.C二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.如果选择题有三个正确答案，答对一个给2分，二个给4分，全答对给6分；如果有两个正确答案，答对一个给3分，全对给6分。若有选错的本小题得0分。9.AC10.ACD11.ABD三、填空题:本题共3小题,每小题5分，共计15分。312.13.230,n1，第一空分，第二空分）14.8n2(2332n,n214.简析：设第n个处理器发射的A类信号数量记为an，第n个处理器发射的B类信号数量记为bn，a11,b10由题意逐步递推可得b48.由题意可得n2时，ann1，时即当n2,bnan12bn1,bnn22bn1可得，计算得n2bnn2bn1n1bn32n,(n2)0,n1所以bnn2.32n,n2四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15.（13分）解：（1）证明：连接C与AD的中点O，再连接OQABC60，底面ABCD是菱形COAD,CO3又AD2,QDQA5OQAD,OQQD2OD221{#{QQABTYaAogCgAgBAAQhCEwGiCkCQkBGCCYoGhEAQoAABAQFABAA=}#}又QC7由勾股定理可得QC2CO2OQ2COOQAD平面ADQ,OQ平面ADQCO平面ADQ又所以平面QAD平面CO平面ABCDABCD.z（2）解法1：由（1）可得CO、OQ、AD两两垂直以CO、OD、OQ分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系y设ODt则A0,1,0,C3,0,0,,D0,1,0,Q0,0,tO由（1）知平面QAD平面ABCD，x又因为OQAD,可得OQ面ABCD所以平面ACD的法向量可设为n0,0,1设平面CDQ的法向量为mx,y,z，DC3,1,0,DQ0,1,t3xy033则m满足，令x1，则y3,zm1,3,ytz0tt1又因为二面角QCDA的大小为60cosn,m232t1331313即解得t，所以QD1.32224213t2解法2：过点O做OHCD与点H，链接QH由（1）知平面QAD平面ABCD，又因为OQAD,可得OQ面ABCD所以OQ平面ABCD，OQCD,可得OQ平面ABCDOQCD，所以QHO二面角QCDA的平面角即QHO60OH2{#{QQABTYaAogCgAgBAAQhCEwGiCkCQkBGCCYoGhEAQoAABAQFABAA=}#}3在ODH中，可求得OH2设QDx,则OQx21OQx21tan603在RtQHO中，OH321313解得x，即QD=2216.（15分）解：（1）当a2时，f(x)3x25xlnx，x0，1fx6x5，所以f12，又f1352，x所以曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y2（2x1），即y2x4.3ax2a3x1(ax1)(3x1)（2）f(x)(x0)，xx111当a0，令f(x)0得x，由f(x)0得0x，由f(x)0得x，33311所以f(x)的单调递增区间为(0,)，单调递减区间为,3311当a0，令f(x)0得x,x，1a231111当0a3时，由f(x)0得0x或x，由f(x)0得x，3a3a1111所以f(x)的单调递增区间为(0,)和,，单调递减区间为,；3a3a23x1当a3时，f(x)0，所以f(x)的单调增区间为(0,)，无单调减区间；x1111当a3时，由f(x)0得0x或x，由f(x)0得x，a3a31111所以f(x)的单调增区间为0,和(,)，单调递减区间为,.a3a317.（15分）3{#{QQABTYaAogCgAgBAAQhCEwGiCkCQkBGCCYoGhEAQoAABAQFABAA=}#}22128解：（）设任务在第个区域终止且机器人成功完成为事件A，21“4”PAC3.33327（2）X的可能取值为18，9，15，3，12，3，332811则PX18，PX93273272211228，22112，PX15C3PX3C333327333272222221216，22118，PX12C4PX3C43338133381X的分布列如表所示X9331215181281688P2727818127271281688107所以EX933121518.272781812727918.（17分）解：(1)由题意设椭圆的标准方程为因为椭圆过所以满足解得所以椭圆的标准方程为.yA（2）S因为矩形ABCD为椭圆E的外切矩形,所以矩形ABCD为椭圆E的蒙日圆的内接RTD矩形，由题意可知椭圆E的蒙日圆方程为x,BO设原点到AD的距离为d，过点0做AD的垂线段OS，垂足为S，则OS=d，OS交椭圆与点R,设AD与椭圆切与点T，链接OT，C显然ORdOT，点R和T为椭圆上的点，所以OR，OT取值范围都为23，4所以AB=2d，则AD228d24{#{QQABTYaAogCgAgBAAQhCEwGiCkCQkBGCCYoGhEAQoAABAQFABAA=}#}2矩形ABCD的面积SABAD4(28d2)d24d214142因为d212，16，所以矩形ABCD面积.（3）证明：设直线PM所在直线方程为,与联立得,整理得34k2x28ktx4t2480,因为直线PM与椭圆相切所以8kt2434k24t2480.224kt整理得t16k12此时M点的横坐标为xM，34k24kt3t3ykt，k；M34k234k2OM4k3k设直线PN所在直线方程为,kON49所以kk所以为定值.OMON1619.（17分）解：(1)zz12i3j4k12i3j4k112i3j4k2i12i3j4k3j12i3j4k4k12i3j4k12i3j4k2i4i26ij8ik3j6ji9j212jk4k8ki12kj16k212i3j4k2i46k8j3j6k912i4k8j12i161491630（2）①由题意可知z1z2z3zna1a2anb1b2bnic1c2cnjd1d2dnk则z1z2z3zn2222a1a2anb1b2bnc1c2cnd1d2dnn11n1n1又因为a,b,csin,dn2nn2nn2nnn所以1；aaa1112n2111111111；b，bbb111nn2nnn112n223nn1n1nncsin，ccc10101010sin0或1;n212n25{#{QQABTYaAogCgAgBAAQhCEwGiCkCQkBGCCYoGhEAQoAABAQFABAA=}#}1n11111n1d，ddd1nn12n234n11111n11111n1112234n234n1111n111111n1111234n2345n所以2222a1a2anb1b2bnc1c2cnd1d2dn2z1z2z3zn2②由z1z2z3znL可得2222a1a2anb1b2bnc1c2cnd1d2dnL22222即a1a2anb1b2bnc1c2cnd1d2dnL2又因a1a2ana1a1a2ana2a1a2anana1a2an222(a1a1a2a1an)（a2a1a2a2an）（ana1ana2an）222222222aaaaaa2aa（a121n)（21a2n）1222222222aaaa2（n1n2a）22n222（）式na1a2an1当且仅当a1a2an时“=”成立；同理2222；（）式b1b2bnnb1b2bn22222；（）式c1c2cnnc1c2cn32222；（）式d1d2dnnd1d2dn4（1）+（2）+(3）+（4）式得2222a1a2anb1b2bnc1c2cnd1d2dn222222222222na1a2annb1b2bnnc1c2cnnd1d2dn所以2222222222222na1a2annb1b2bnnc1c2cnnd1d2dnL2222z1z2z3zn222222222222a1b1c1d1a2b2c2d2anbncndn222222222222a1a2anb1b2bnc1c2cnd1d2dn所以22222Lzzzz.123nn6{#{QQABTYaAogCgAgBAAQhCEwGiCkCQkBGCCYoGhEAQoAABAQFABAA=}#}