2023唐山市一模数学答案.pdf

1、高三数学参考答案 第1页（共 4 页）唐山市 2023 届普通高等学校招生统一考试第一次模拟演练 数 学 参 考 答 案 一选择题：14BDCB 58AABC 二选择题：9BD 10BCD 11ABC 12ABD 三填空题：13314 148186 152 2 16254 四解答题：（若有其他解法，请参照给分）17解：（1）由 anSn1Sn(1)n1n，得 anan1(1)n1n，2 分 所以，S2n(a1a2)(a3a4)(a2n1a2n)2 分 13(2n1)n2 2 分（2）bn1S2n1n2，当 n1 时，b112 1 分 当 n2 时，1n21n(n1)1n11n，2 分 故 b1

2、b2b3bn1(112)(1213)(1n11n)21n 2.1 分 综上，nN*，b1b2b3bn2 18解：（1）因为侧面 A1B1BA、侧面 A1ACC1均为正方形，所以，A1AAB，A1AAC，又 ABACA，所以，A1A平面 ABC，1 分 又 A1AC1C，所以，C1C平面 ABC，又 AD平面 ABC，所以 C1CAD 2 分 由 ABAC，D 为棱 BC 的中点，所以，ADBC，1 分 又 BCCC1C，因此，AD平面 B1BCC1；1 分 又 AD平面 ADC1，故平面 ADC1平面 B1BCC1 1 分（2）由（1）得AC1D 是 AC1与侧面 B1BCC 所成角，即AC1

3、D30，1 分 不妨令 AC2，所以 AC12 2，又ADC190，所以，AD 2，所以，BAC90 1 分 高三数学参考答案 第2页（共 4 页）以 A 为原点，以 AB，AC，AA1分别为 x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立如图所示空间直角坐标系 Axyz，由题意可得 A(0，0，0)，D(1，1，0)，C1(0，2，2)所以AD(1，1，0)，AC1(0，2，2)1 分 设 m(x，y，z)是平面 ADC1的法向量，则ADm0，AC1m0，即xy0，2y2z0，取 m(1，1，1)1 分 由题意知n(0，1，0)是平面 A1B1BA 的一个法向量，1 分 则 cosm，nmn|m|n|

4、33 所以，平面 ADC1与平面 A1B1BA 的夹角的余弦值为33 1 分 19解：（1）在ABD 中，由余弦定理可得 cosBADAB2AD2BD22ABAD17 2 分 sinBACsin(BADCAD)cosBAD17，2 分 所以 SABC12ABACsinBAC32 2 分（2）设BACADB，则DAB2，ABD22，在ABD 中，由正弦定理可得ABsinADBADsinABDBDsinBAD，2 分 即3sin7cos2BDcos，所以 3cos27sin，BD3cossin 2 分 于是 6sin27sin30，解得 sin13或32（舍）所以 cos2 23，因此 BD6 2

5、 2 分 20解：（1）设 Ai“第 i 场甲队获胜”，Bi“球员 M 第 i 场上场比赛”，i1，2，3 A1 C1 B1 A B C D y x z 高三数学参考答案 第3页（共 4 页）由全概率公式 P(A2)P(B2)P(A2|B2)P(B2)P(A2|B 2)2 分 3435(134)251120 2 分（2）X 的可能取值为 2，3.P(X2)P(A1A2)P(A 1A 2)P(A1)P(A2)P(A 1)P(A 2)3511202592051100，1 分 P(X3)1P(X2)49100，2 分 E(X)251100349100249100 1 分（3）P(B 2)14，1 分

6、 P(A1A2|B 2A1A 2A3|B 2A 1A2A3|B 2)P(A1A2|B 2)P(A1A 2A3|B 2)P(A 1A2A3|B 2)1 分 3525353525252525 1 分 56125 1 分 21解：（1）双曲线的两顶点为(a，0)，所以，22a22a84a24，即 a22，2 分 将 P(2，2)代入 E 的方程可得，b24，故 E 的方程为x22y241 2 分（2）依题意，可设直线 l：yk(x1)（k2），A(x1，y1)，B(x2，y2)yk(x1)与x22y241 联立，整理得(k22)x22k2xk240，1 分 所以 k22，(2k2)24(k22)(k

7、24)0，解得，k24 且 k22，x1x22k2k22，x1x2k24k22，1 分 所以 3(x1x2)2x1x24 （*）1 分 又 AP：yy12x12(x2)2，所以，C 的坐标为(x2，y12x12(x22)2)，1 分 由 y1k(x11)可得，y12x12(x22)2k(x11)(x22)2(x1x2)x12，从而可得 N 的纵坐标 yN12k(x11)(x22)2(x1x2)x12k(x21)k2x1x23(x1x2)42(x1x2)2(x12)，1 分 高三数学参考答案 第4页（共 4 页）将（*）式代入上式，得 yNx1x2x12，即 N(x2，x1x2x12)1 分 所

8、以，kMNx1x2(x12)(x21)x1x2x1x22x2x12，1 分 将（*）式代入上式，得 kMN2(x1x2)3(x1x2)4x22x12 1 分 22证明：（1）令 f(x)xln(x1)，则 f(x)xx1，x1，1 分 当1x0 时，f(x)0，f(x)单调递减；当 x0 时，f(x)0，f(x)单调递增，1 分 所以 f(x)f(0)0，等号仅当 x0 时成立，即 xln(x1)，1 分 从而 exeln(x1)x1，所以 ex1x 1 分 综上，ex1xln(x1)1 分（2）显然 x0 时，(ex1)ln(x1)x20，即(ex1)ln(x1)x2成立 1 分 令 g(x

9、)xex1，x0，则 g(x)(1x)ex1(ex1)2，x0，1 分 令 h(x)(1x)ex1，则 h(x)xex，当 x0 时，h(x)0，h(x)单调递增；当 x0 时，h(x)0，h(x)单调递减，所以 h(x)h(0)0，等号仅当 x0 时成立，1 分 从而可得 g(x)h(x)(ex1)20，x0，所以 g(x)在(，0)和(0，)上单调递减 1 分 由（1）知，1x0 时，0 xln(x1)；x0 时，xln(x1)0，所以 g(x)gln(x1)，即xex1ln(x1)eln(x1)1ln(x1)x 2 分 又当 x1 且 x0 时，x(ex1)0，所以(ex1)ln(x1)x2 故 x1 时，(ex1)ln(x1)x2 1 分