精選河北省唐山市2023屆高三第三次模擬考試數學試題(理)及答案

河北省唐山市2023屆高三第三次模擬考試數學試題(理)及答案

唐山市2023—2023學年度高三年級第三次模擬考試理科數學參考答案一、選擇題：A卷：BCCAB DCBBA DCB卷：ACDAB CDABB DC二、填空題：〔13〕6； 〔14〕eq\r(3)； 〔15〕5； 〔16〕4．三、解答題：〔17〕〔Ⅰ〕證明：因為2c2－2a2＝b2，所以2ccosA－2acosC＝2c·eq\f(b2＋c2－a2,2bc)－2a·eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(b2＋c2－a2,b)－eq\f(a2＋b2－c2,b)＝eq\f(2c2－2a2,b)＝b． …4分〔Ⅱ〕由〔Ⅰ〕和正弦定理以及sinB＝sin(A＋C)得2sinCcosA－2sinAcosC＝sinAcosC＋cosAsinC，即sinCcosA＝3sinAcosC，又cosAcosC≠0，所以tanC＝3tanA＝1，故C＝45°． …8分再由正弦定理及sinA＝eq\f(\r(10),10)得c＝eq\f(asinC,sinA)＝eq\r(5)，于是b2＝2(c2－a2)＝8，b＝2eq\r(2)，從而S＝eq\f(1,2)absinC＝1． …12分〔18〕解：〔Ⅰ〕由題中數據可知，eq\o(－,x)甲＝eq\f(85＋83＋86＋96＋90,5)＝88，eq\o(－,x)乙＝eq\f(88＋84＋83＋92＋93,5)＝88；Seq\o(2,甲)＝eq\f(1,5)[(85－88)2＋(83－88)2＋(86－88)2＋(96－88)2＋(90－88)2]＝21.2，Seq\o(2,乙)＝eq\f(1,5)[(88－88)2＋(84－88)2＋(83－88)2＋(92－88)2＋(93－88)2]＝16.4． …6分〔Ⅱ〕設甲隊參加個人能力比賽成績前三名在對抗賽的獲勝的事件分別為A、B、C，由題意可知P(A)＝eq\f(2,3)，P(B)＝P(C)＝eq\f(1,3)，且A、B、C相互獨立，，那么E＝(ABC)∪(ABeq\o(－,C))∪(Aeq\o(－,B)C)∪(eq\o(－,A)BC)． …9分P(E)＝eq\f(2,3)×eq\f(1,3)×eq\f(1,3)＋eq\f(2,3)×eq\f(1,3)×(1－eq\f(1,3))＋eq\f(2,3)×(1－eq\f(1,3))×eq\f(1,3)＋(1－eq\f(2,3))×eq\f(1,3)×eq\f(1,3)＝eq\f(11,27)． …12分〔19〕〔Ⅰ〕證明：取BC中點O，連OA，OA1．因為側面BCC1B1是矩形，所以BC⊥BB1，BC⊥AA1，因為截面A1BC是等邊三角形，所以BC⊥OA1，于是BC⊥平面A1OA，BC⊥OA，因此：AB＝AC．…4分〔Ⅱ〕解：設BC＝2，那么OA1＝eq\r(3)，由AB⊥AC，AB＝AC得OA＝1．因為平面A1BC⊥底面ABC，OA1⊥BC，所以OA1⊥底面ABC．如圖，分別以OA，OB，OA1為正方向建立空間直角坐標系O-xyz． …6分A(1，0，0)，B(0，1，0)，A1(0，0，eq\r(3))，C(0，－1，0)，eq\o(CB,\s\up5(→))＝(0，2，0)，eq\o(BB1,\s\up5(→))＝eq\o(AA1,\s\up5(→))＝(－1，0，eq\r(3))，eq\o(CA1,\s\up5(→))＝(0，1，eq\r(3))，eq\o(A1B1,\s\up5(→))＝eq\o(AB,\s\up5(→))＝(－1，1，0)．設平面BB1C的法向量m＝(x1，y1，z1)，那么eq\b\lc\{(\a\al(0×x1＋2×y1＋0×z1＝0，,－1×x1＋0×y1＋\r(3)×z1＝0，))取m＝(eq\r(3)，0，1)．設平面A1B1C的法向量n＝(x2，y2，z2)，那么eq\b\lc\{(\a\al(0×x2＋1×y2＋eq\r(3)×z2＝0，,－1×x2＋1×y2＋0×z2＝0，))取n＝(－eq\r(3)，－eq\r(3)，1)．cosm，n＝eq\f(m·n,|m||n|)＝－eq\f(\r(7),7)，那么二面角B－B1C－A1的余弦值為－eq\f(\r(7),7)． …12分〔20〕解：〔Ⅰ〕由題意可得：eq\f(3,a2)＋eq\f(1,4b2)＝1，…1分將eq\r(3)x＋2y－4＝0代入橢圓C：(3a2＋4b2)x2－8eq\r(3)a2x＋16a2－4a2b2＝0由Δ＝0得3a2＋4b2＝16，…3分聯(lián)立解得：a2＝4，b2＝1．于是橢圓C的方程為：eq\f(x2,4)＋y2＝1． …5分〔=2\*ROMANII〕設直線l：y＝kx＋m，M(x0，y0)．將直線l的方程代入橢圓C得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，令Δ＝0，得m2＝4k2＋1，且xeq\o(2,0)＝eq\f(4m2－4,1＋4k2)，所以|OM|2＝eq\f(1＋16k2,1＋4k2)．…7分又|OH|2＝eq\f(m2,1＋k2)＝eq\f(1＋4k2,1＋k2)，所以(cos∠HOM)2＝eq\f((1＋4k2)2,(1＋16k2)(1＋k2))． …9分因為(1＋16k2)(4＋4k2)≤eq\f((5＋20k2)2,4)＝eq\f(25(1＋4k2)2,4)，所以eq\f((1＋4k2)2,(1＋16k2)(1＋k2))≥eq\f(16,25)，等號當且僅當k2＝eq\f(1,4)時成立．故k＝±eq\f(1,2)．…12分〔21〕解：〔Ⅰ〕f(x)＝ex－2x．由題設得a＝f(1)＝e－2，a＋1＝f(1)＝e－1＋b．故a＝e－2，b＝0． …4分〔=2\*ROMANII〕由〔Ⅰ〕得，f(x)＝ex－x2，下面證明：當x＞0時，f(x)≥(e－2)x＋1．設g(x)＝f(x)－(e－2)x－1，x＞0．那么g(x)＝ex－2x－(e－2)，設h(x)＝g(x)，那么h(x)＝ex－2，當x∈(0，ln2)時，h(x)＜0，h(x)單調遞減，當x∈(ln2，＋∞)時，h(x)＞0，h(x)單調遞增．又h(0)＝3－e＞0，h(1)＝0，0＜ln2＜1，h(ln2)＜0，所以x0∈(0，1)，h(x0)＝0，所以當x∈(0，x0)或x∈(1，＋∞)時，g(x)＞0；當x∈(x0，1)時，g(x)＜0，故g(x)在(0，x0)和(1，＋∞)單調遞增，在(x0，1)單調遞減，又g(0)＝g(1)＝0，所以g(x)＝ex－x2－(e－2)x－1≥0．因x＞0，那么eq\f(ex＋(2－e)x－1,x)≥x〔當且僅當x＝1時等號成立〕． ① …8分以下證明：當x＞0時，x＞eq\f(4sinx,3＋cosx)．令p(x)＝x－eq\f(4sinx,3＋cosx)，那么p(x)＝1－eq\f(4(3cosx＋1),(3＋cosx)2)＝eq\f((cosx－1)(cosx－5),(3＋cosx)2)≥0，〔當且僅當x＝2k，k∈Z時等號成立〕．所以p(x)在(0，＋∞)單調遞增，當x＞0時，p(x)＝x－eq\f(4sinx,3＋cosx)＞p(0)＝0，即x＞eq\f(4sinx,3＋cosx)． ②由①②得當x＞0時，eq\f(ex＋(2－e)x－1,x)＞eq\f(4sinx,3＋cosx)，又x(3＋cosx)＞0，故[ex＋(2－e)x－1](3＋cosx)－4xsinx＞0． …12分OCABOCABFEGDTM〔Ⅰ〕證明：延長DC與圓O交于點M，因為CD⊥AB，所以CD2＝CD·CM＝AC·BC，因為Rt△ACE∽Rt△GBC，所以eq\f(AC,CE)＝eq\f(CG,BC)，即AC·BC＝CE·CG，故CD2＝CE·CG．…5分〔Ⅱ〕因為AC＝CO＝1，所以CD2＝AC·BC＝3，又CD＝3CE，由〔Ⅰ〕得CG＝3CD，GT2＝GM·GD＝(CG＋CM)·(CG－CD)＝(CG＋CD)·(CG－CD)＝CG2－CD2＝8CD2＝24，故GT＝2eq\r(6)． …10分〔23〕解：〔Ⅰ〕將x＝ρcosθ，y＝ρsinθ代入，分別得C和l的極坐標方程為C：ρ＝4cosθ〔0≤θ≤eq\f(,2))，l：ρcosθ－2ρsinθ－2＝0． …4分〔Ⅱ〕依題意，l經過半圓C的圓心C(2，0)．設點B的極角為α，那么tanα＝eq\f(1,2)，進而求得cosα＝eq\f(2\r(5),5)…6分 由C的極坐標方程得|OB|＝4cosα＝eq\f(8\r(5),5)． …10分〔24〕解：〔Ⅰ〕假設a＝1，f(x)＝eq\b\lc\{(\a\al(－2x－1，x＜－2，,3，－2≤x≤1，,2x＋1，x＞1．))由f(x)的單調性及f(－3)＝f(2)＝5，得f(x)≤5的解集為{x|－3≤x≤2}．…5分〔Ⅱ〕f(x)＝eq\b\lc\{(\a\al(－(a＋1)x－1，x≤－2，,(1－a)x＋3，－2