河北省唐山市2023-2024学年高三上学期摸底演练数学试题含答案.pdf

高三数学答案第1页（共4页）唐山市 20232024 学年度高三年级摸底演练 数学参考答案 一选择题（单选）：14CBDA 58CABC 二选择题（多选）：9BD 10AC 11AC 12ABD 三填空题：132000 14 2 1562 1655四解答题：17解：（1）由已知得a1b12S1，a2b22S2即a1b12a1，(a1d)(b1d)2(2a1d)2 分 解得 b12，d1，4 分 故 ann，bnn1 5 分（2）由（1）得 cn12n22n1 6 分 12n22n112n(n1)7 分 1 2(1n1n1)，8 分 则 Tnc1c2cn 1 2(1 1 2)(1 2 1 3)(1n11n)(1n1n1)9 分1 2(11n1)n2(n1)an2bn 10 分 18解：以 D 为原点，以 DA，DC，DD1所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示空间直角坐标系，设 D1(0，0，h)(h0)（1）依题意得 A(1，0，0)，E(0，1，0)，B(1，2，0)，B1(1，2，h)，AE(1，1，0)，EB(1，1，0)，BB1(0，0，h)因为 AE EB0，AEBB10，则 AEEB，AEBB1，EB，BB1在平面 AED1内，又 BEBB1B，则 AE平面 BEB1，又 AE平面 AED1，则平面 AED1平面 BEB1 5 分 A B C D A1 B1 C1 D1 E z x y 高三数学答案第2页（共4页）（2）依题意得 C1(0，2，h)，EB1(1，1，h)，DC1(0，2，h)则|cosEB1，DC1|EB1DC1|EB1|DC1|2h22h24h2cos30，7 分 解得 h2 8 分 依题意得AD1(1，0，2)设平面 AED1的法向量为 m(x，y，z)，则 mAD1x2z0，m AExy0，取 m(2，2，1)；10 分 cosm，EB1mEB1|m|EB1|66 963，11 分 所以，EB1与平面 AED1所成角的正弦值为63 12 分 19解：（1）因为 AD 平分BAC，所以SABDSACDABAC 3 2 2 分 又因为 D 在 BC 上，所以SABDSACDBDCD，因此，BDCD 3 2，又 BC3，所以 CD 6 5 3 分 在ABC 中，ABBC3，AC2，可得 cosC 1 3 4 分 在ACD 中，由余弦定理可得 AD2AC2CD22ACCDcosC9625，5 分 故 AD4 65 6 分（2）DACBAD，又ADC60，所以 B60，C120，8 分 在ABC 中，由正弦定理可得，ABsin(120)ACsin(60)，10 分 解得 tan35 12 分 20解：（1）函数 f(x)定义域为 R，f(x)3x24xx(3x4)2 分 当 x0 或 x 4 3时，f(x)0；当 0 x 4 3时，f(x)0，4 分 所以 f(x)在(，0)，(4 3，)上单调递增，在(0，4 3)上单调递减5 分（2）由 f(t)g(s)得，t32t232es，所以 32est(t32t2)et，因为 32est0，所以 t32t20，即 t27 分 令 h(t)(t32t2)et，t2，则 h(t)t(t1)(4t)et所以当 2t4 时，h(t)0，h(t)单调递增，当 t4 时，h(t)0，h(t)单调递减，因此，当 t4 时 h(t)取得最大值 h(4)32e4，10 分 即 est取得最大值 e4，故 ts 的最小值为 412 分 21解：（1）设 An：Xn1，Bn：Xn0，则 P(An)P(Bn)1 由于第一次取球之前，两个袋子中的两球颜色各不相同，要使取球交换之后同一个袋子内的两球颜色仍然保持不同，需要取出的两球颜色相同，则 P(B1)2122 1 2 4 分（2）当 n2 时，由（1）得 P(Bn|Bn1)1 2，则 P(An|Bn1)1 2 很明显，P(An|An1)0，依据全概率公式，得 P(An)P(An1)P(An|An1)P(Bn1)P(An|Bn1)P(Bn1)P(An|Bn1)1 2P(Bn1)1 21P(An1)，则 P(An)1 3 1 2P(An1)1 3，由（1）得 P(A1)1P(B1)1 2，则 P(An)1 3P(A1)1 3(1 2)n1，则 P(An)1 31 6(1 2)n18 分（3）由（1）（2）得 Xn的分布列，如下表所示：则 E(Xn)1P(An)0P(Bn)P(An)，由 Yi=1nXi 得 E(Y)i=1nE(Xi)i=1nP(Ai)n 3 1 611(1 2)n1(1 n 31 91(1 2)n 12 分 Xn 1 0 P P(An)P(Bn)22解：（1）由题意得，9a21b21，ab 2 分 解得 a2b28，所以双曲线方程x28y281 4 分（2）设 P(x0，y0)，则x208y2081y20 x208，所以，kPAkPBy01x03y01x03y201x209x209x2091，6 分 设 PA：y1k(x3)ykx13k，|AM|1k2|3 7 3|2 31k2；设 PB：y1 1 k(x3)y 1 kx1 3 k，|BN|11k2|7 33|16311k2；8 分 令 k2t0，s|AM|BN|231t16311t，st(t t8)3t21t，则 10 分 s0t4；s00t4；所以 t4，即 k2 时，|AM|BN|取最小值为10 53 12 分