數(shù)學(xué)-河北省2025屆高三大數(shù)據(jù)9月應(yīng)用調(diào)研聯(lián)合測評（Ⅰ）試題和答案

河北省2025屆高三年級大數(shù)據(jù)應(yīng)用調(diào)研聯(lián)合測評(Ⅰ)數(shù)學(xué)參考答案及解析題號1234567891011答案BACCACDBACDABCABD1.B【解析】因為N={x|x<1},所以?RN={x|x≥1},又因為M={x|-3≤x≤3},所以(?RN)∩M={x|1≤x≤3},故選B.2.A【解析】因為z(1+2i)=4+2i,所以z,所以z2,故選A.3.C【解析】因為a-2b=(2,2-2x),又因為(a-2b)∥b,所以2-2x=2x,所以x,故選C.4.C【解析】設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q,3a5=64a4a6=25666所以q=2,a1=1.S101023.故選C.5.A【解析】∵sin(α+β)=2cos(α-β),∴sinαcosβ+cosαsinβ=2cosαcosβ+2sinαsinβ,等號兩邊同時除以cosαcosβ,得到tanα+tanβ=2+2tanαtanβ,即tanαtanβ-1=-,∴tan(α+β),故選A.6.C【解析】由已知圓臺的體積為設(shè)該球的半徑為∴R=7,所以該球的表面積S=4πR2=28π,故選C.37.D【解析】6名教師選出3人分別到A,B,C三所學(xué)校的方法共有A6=120種.甲、乙2名教師不能到A學(xué)校,且丙教師不能到B學(xué)校的第一種情況:若丙去A校,有A=20種選法;第二種情況,若丙不去A校,則A校有C種選法,B校有C種選法,C校有C種選法,共有CCC=48∴R=7,所以該球的表面積S=4πR2=28π,故選C.348=68種.所以概率P,故選D.8.B【解析】M(x)=f(x),即f(x)≥g(x)恒成立,設(shè)h(x)=f(x)-g(x)=xx-xlnx-a≥0恒成立,設(shè)h(x)=exlnx-xlnx-a,令t=xlnx,則t'(x)=lnx+1=0,解得x,x∈(0,,t'(x)<0,t(x)單調(diào)遞減,x∈(e,+∞)時,t'(x)>0,t(x)單調(diào)遞增h(x)=exlnx-xlnx-a=et-t-a,令s(t)=et-t-a(t≥-,s'(t)=et-1=0,∴t=0,-,0時,s(t)單調(diào)遞減,t∈(0,+∞)時,s(t)單調(diào)遞增,∴s(t)≥s(0)=1-a≥0,∴a≤1.所以實數(shù)a的最大值為1.故選B.9.ACD【解析】對于A,由正態(tài)分布的期望公式得,E(X)=μ,故A正確;對于B,由正態(tài)分布的方差公式得,D(X)=σ,故B錯誤;高三數(shù)學(xué)參考答案第1頁(共6頁)對于C,由正態(tài)分布的對稱性得,P(X≤1)=P(X≥3),所以P(X≤1)+P(X≤3)=P(X≥3)+P(X≤3)=1,故C正確;對于D,由σ=2,σ2=3,則σ=4,σ=9,根據(jù)方差的性質(zhì)知,X分布更集中,所以P(X-μ1≤1)>P(Y-μ2≤1),故D正確.故選ACD.10.ABC【解析】因為x=a,x=b為函數(shù)f(x)的零點,且x=a為函數(shù)f(x)的不變號零點,由數(shù)軸標(biāo)根法可得a=1,故A正確.∴f(x)=(x-1)2(x-b),f'(x)=(x-1)(3x-2b-1)=0,∴x1=1,x2,∴3,∴b=4,所以B正確.由以上分析可得當(dāng)x時取得極小值,且f=-,f(x)的大致圖象如圖,由f(x)+4=0有三個解,則-<-4,解得b>4,故C正確.2b+1由以上分析可得3>1,∴x∈(-∞,1)時,f(x)單調(diào)遞增,因為0<x<1時,x>x2,所以f(x)>f(x2),所以D錯誤.故選ABC.AyA12b+131x0x11.ABD【解析】由題意,已知C過坐標(biāo)原點O,將O(0,0)代入(x+a)2+y2·(x-a)2+y2=4,得a=2,所以A正確.由圖象,令y=0,得x=0,或±22,所以B正確.PF1·PF2由PF1+PF2≥2=4,當(dāng)且僅當(dāng)PF1=PF2=2時等號成立,PF1·PF2△PF1F2周長的最小值為PF1+PF2+F1F2=8,而此時P(0,0),不能構(gòu)成三角形,即最小值不是8,所以C錯誤.因為PF1PF2=4,則(x+2)2+y2·(x-2)2+y2=4,則[(x+2)2+y2]·[(x-2)2+y2]=16,即(x2+y2+4)2-16x2=16,得y2=16+16x2-x2-4=4x2+1-x2-4,設(shè)x2+1=t(t∈[1,3]),12×4×1=2,所以S△PF1F2≤2,y2D所以所以=4t-t2-3,則當(dāng)t=212×4×1=2,所以S△PF1F2≤2,y2D所以所以正確.故選ABD.72==,又因為PF1-PF2=【解析】PF2∵a2+b2=c,所以2=,==,又因為PF1-PF2=【解析】PF2113-22【解析】=4=2a,∴a=2,b2=3,c2=7,c=113-22【解析】2∵y'=1-,設(shè)M(x0,y0),所以曲線y=x-2lnx+1在點M(x0,y0)處的切線的斜率為1-,直線MN的斜率為k,當(dāng)曲線在點M(x0,y0)處的切線與直線MN垂直時,MN最小,即(1-=-1,即(x0-2)(x0-2lnx0)+x=0,設(shè)g(x)=(x-2)(x-2lnx)+x2,因為g(1)=0,g'(x)=4x-2lnx+-4≥4x-2(x-1)+-4=2x+-2≥42-2>0,高三數(shù)學(xué)參考答案第2頁(共6頁)∴g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,∴x0=1,M(1,2)時MN最小,最小值為12+(2-1)2=2.所以答案為2.14.【答案】1024【解析】考慮M,N將集合P={1,2,3,4,5}劃分為4個集合,A1=P-(M+N),A2=M-N,A3=N-M,A=MN,接下來將集合P中的元素逐一安排到集合A1,A2,A3,A4中即可得所求總數(shù)為45=210=1024.故答案為1024.sin(A+B)=sinC=23sin2,CπC又0<C<π,0<<,∴sin>0,222(2)由已知可得,S=absinC=1(4b2+a2),………(7分)可得4b2+a2-4ab=0,∴(2b-a)2=0,∴a=2b.…………………(9分)又由余弦定理可得c2=3=b2+a2-2abcos,化簡得,b2+a2-ab=3,聯(lián)立解得b=1,a=2,…………………(11分)所以△ABC的周長為3+3.………………………(13分)16.【解】(1)證明:因為PD⊥底面ABCD,BC?底面ABCD,所以PD⊥BC.因為四邊形ABCD為矩形,所以DC⊥BC.因為PD∩DC=D,所以BC⊥平面PCD.…………(2分)因為DE?平面PCD,所以BC⊥DE.在△PCD中,PD=CD,E是PC的中點,則DE⊥PC.因為BC∩PC=C,所以DE⊥平面PBC.……………(4分)因為PB?平面PBC,所以DE⊥PB.又因為DF⊥BP,DF∩DE=D,所以BP⊥平面DEF.…………………(5分)因為EF?平面DEF,所以BP⊥EF.………………(6分)(2)方法一:以D為坐標(biāo)原點,分別以DA,DC,DP所在直線為x,y,z軸建立如圖所示空間直角坐標(biāo)PPACCAxFEDB高三數(shù)學(xué)參考答案第3頁(共6頁)設(shè)BC=x,則D(0,0,0),B(x,2,0),E(0,2,0),P(0,0,2),E(0,1,1),所以(x,2,0),=(0,1,1),=(-x,-2,2),…………(8分)設(shè)平面E的一個法向量為n=(a,b,c),由(1)知BP=(-x,-2,2)為平面DEF的一個法向量,…………………設(shè)平面E的一個法向量為n=(a,b,c),=0令a=2,則b=-x,c=x,所以n=(2,-x,x),……………(11分)解得x=2,方法二:由(1)可得DE⊥平面PBC,因為EF?平面PBC,EB?平面PBC,所以DE⊥EF,DE⊥EB.……………(8分)所以∠BEF為二面角F-DE-B的平面角.……………(9分)所以PEPC=2,cos∠BEF,………(11分)設(shè)BC=x,則BE=x2+2,EF=,122x解得x=2,17.【解】(1)依題意,可設(shè)橢圓E的方程為+1(a>b>0).由?ac,又因為a2=b2+c2,所以bc,∵橢圓經(jīng)過點(22,,代入上述方程解得c2=5,則a2=92,b24,…………(4分)∴橢圓E的方程為+1.………………………(5分)(2)由(1)可知:A(0,2),B(0,-2),當(dāng)斜率不存在時,若點C與A重合,D與B重合.此時|||.若點D與A重合,B與C重高三數(shù)學(xué)參考答案第4頁(共6頁)當(dāng)直線斜率存在時,設(shè)直線CD:y=kx+1,C(x1,y1),D(x2,y2),(y=kx+1,22聯(lián)立得〈(+1,消去y可得(4+9k)x+18kx-27=0,……(y=kx+1,22顯然Δ>0,則x1+x2=-,x1x2=-,……………(8分)整理可得+2+--1-,……………(10分)令t(t<0),則-<t++2≤0,解得-3<t<-,即∈(-3,-,………………(13分)CPΓ17CPΓ17 (15分)18.【解】(1)令g(x)=f(x)-e-x=ex-2x-e-x(x≥0),所以g'(x)=ex-2+e-x(x≥0),f'(x)=ex+-2(x≥0),所以g'(x)=ex-2+e-x≥2-2=0,當(dāng)且僅當(dāng)ex,ex=1,即x=0時,等號成立,……………………(2分)所以當(dāng)x∈[0,+∞)時,g'(x)≥0,g(x)單調(diào)遞增,所以g(x)≥g(0)=0,所以f(x)≥e-x得證.………(4分)(2)由f(x)=x得ex-2x=x(x≥0),即ex-3x=0(x≥0),令g(x)=ex-3x(x≥0),g(x)=e-3(x≥0),令g(x)=0,即e=3,解得x=ln3,………(6分)g(x)=e-3(x≥0),令g(x)=0,即e=3,解得x=ln3,………(6分)xx[0,ln3)ln3(ln3,+∞)g'(x)-0+g(x)單調(diào)遞減3-3ln3單調(diào)遞增因為g(0)=1>0,g(ln3)=3-3ln3<0,所以g(x)在[0,ln3)上有唯一一個零點,……………(8分)又g(5)=e5-15>25-15=17>0,所以g(x)在(ln3,+∞)上有唯一一個零點.…………(9分)綜上所述,方程f(x)=x有兩個解.…………………(10分)(3)由(1)知,ex-2x-e-x>0,x∈(0,+∞),令x=lns(s>1),則s-2lns-s-1>0,即s->2lns(s>1),…………………(11分)高三數(shù)學(xué)參考答案第5頁(共6頁)設(shè),n≥2,n∈N*,則滿足s>1,所以>2ln即所以n21-n>ln(n-n1)=lnn-ln(n-1),…………(15分)所以221-2+321-3+…+n21-n>ln2-ln1+ln3-ln2+…+lnn-ln(n-1)=lnn,111即++…+>lnn.…………(17分)22-232-3n2-n19.【解】(1)令q=1,p=0,得a1=3,……………