1、高三数学答案第 1 页（共 4 页） 唐山市 2022 年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：BCAD DBCC 二选择题：AD BC ABD ACD 三填空题：131 143n 1519 161，4 2（第一空 2 分，第二空 3 分） 四解答题：（若有其他解法，请参照给分） 17解： （1）因为 anan12Sn1 所以 an1an22Sn11 得 an1(an2an)2an1， 因为 an10，所以 an2an2 （2）由 a11 得 a31，于是 b2a31， 由 b11 得bn的公比 q1 所以 bn(1)n，anbn(1)nan 由 a1a22a11 得
2、 a23 由 an2an2 得 a2 022a2 021a2 020a2 019a2a14， 因此 T2 022a1a2a3a4a2 021a2 022 (a2a1)(a4a3)(a2 022a2 021) 1011(a2a1) 10114 4044 18解： （1）因为 C45 ，所以 sinBsin(BACC)sin(60 45 )6 24 在ABC 中，由正弦定理得asinBACbsinB， 即 basinBsinBAC 6 2 （2）在ABC 中，由余弦定理得 b2c2bc12 因为 D 为 BC 的中点，所以 BDCD 3 在ABD 中，由余弦定理得 cosADBBD2AD2AB22
3、BDAD8c22 15 在ACD 中，由余弦定理得 cosADCCD2AD2AC22CDAD8b22 15 由 cosADBcosADC0 得 b2c216 联立（1） （2）可得 bc4，即 SABC 3 高三数学答案第 2 页（共 4 页） 19解： （1）因为是五局三胜制，所以 的可能取值为 3，4，5 P(3)0.630.430.28； P(4)C130.40.63C130.60.430.3744； P(5)C240.420.620.3456； 则 的分布列为 由上述可知，进行四局比赛的可能性最大 （2）作为领队希望己方获胜，故需比较两种赛制下甲队获胜概率的大小 若采用五局三胜制，甲队
4、获胜的概率为 p10.63C130.40.63C240.420.620.50.648； 若采用三局两胜制，甲队获胜的概率为 p20.62C120.40.60.50.6； 因为 p1p2，所以作为甲队领队，希望采用五局三胜制 20解： （1）证明： 在直三棱柱 ABC-A1B1C1中，CC1底面 ABC，AD底面 ABC，则 CC1AD； 又 ADDC1，CC1DC1C1，CC1平面 BCC1B1，DC1平面 BCC1B1， 于是 AD平面 BCC1B1，又 BC平面 BCC1B1，故 ADBC 由直三棱柱知 AA1底面 ABC，BC底面 ABC，则 AA1BC， 又因为 ADAA1A，AD平面
5、 A1AD，AA1平面 A1AD， 故 BC平面 A1AD （2）由（1）知 ADBC，又 D 为 BC 中点，故 ABAC 以 D 为坐标原点，DC的方向为 x 轴正方向，DA 的方向为 y 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐 标系 D-xyz 则 D(0，0，0)，C(1，0，0)，B(1，0，0)， A(0， 3，0)，C1(1，0，2) 设 AEt（0t2），则 E(0， 3，t) 由（1）知平面 A1DE 的法向量可取 BC(2，0，0) 设平面 C1DE 的法向量 n(x，y，z)， 因为DC1(1，0，2)，DE(0， 3，t)， 所以x2z0，3ytz0取 n(2 3，t， 3
6、) 由题设得|cos BC，n|32，即2 3t21532，解得 t1 3 4 5 P 0.28 0.3744 0.3456 C1 B C A A1 B1 D E y z x 高三数学答案第 3 页（共 4 页） 此时，n(2 3，1， 3) 设 CE 与平面 C1DE 所成角为 ， 因为 CE(1， 3，1)， 所以 sin|cos CE，n|2 34 51510， 即直线 CE 与平面 C1DE 所成角的正弦值为1510 21解： （1）f(x)的定义域为(，1)(1，)， f(x)xex 1(1x)2 当 x1 时，f(x)0，f(x)单调递减； 当1x0 时，f(x)0，f(x)单调递
7、减； 当 x0 时，f(x)0，f(x)单调递增 故 f(x)在(，1)和(1，0)上单调递减，在(0，)上单调递增 （2）令 g(x)(x1)2e1x，x0，则 g(x)e1x(1x2)， 所以 0 x1 时，g(x)0，g(x)单调递增； x1 时，g(x)0，g(x)单调递减， 所以 g(x)的最大值为 g(1)4，即(x1)2e1x4， 从而ex1 x1x14，所以 f(x)x14 又x14x2( x1)240， 所以x14x2，等号当且仅当 x1 时成立 故 f(x)x2 22解： （1）由题意知，1a294b21，1b2a2 1 4 解得a24b23， 故椭圆 C 的方程为x24y
8、231 高三数学答案第 4 页（共 4 页） （2）设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，则 P(x1，y1) 直线 l 的方程为 xmyn，其中 mn0，且 n2， 将 xmyn 代入椭圆 C：x24y231， 整理得(3m24)y26mny3n2120， 由0 与韦达定理得 3m2n240，y1y26mn3m24，y1y23n2123m24 由（1）可知 A1(2，0)，A2(2，0)，设 Q(x0，y0)， 由 A1，P，Q 三点共线，得y0 x02y1x12， 由 A2，N，Q 三点共线，得y0 x02y2x22， 则2x0y0 x02y0 x02y0 x12y1x22y2 my1n2y1my2n2y2 2m(n2)y1y2y1y2 2m(n2)6mn3n212 4mn2 于是直线 OQ 的斜率为 ky0 x0n22m，直线 OQ 的方程为 yn22mx， 联立yn22mxxmyn，解得 x2 即点 R 在定直线 x2 上
