河北省唐山市2023届高三下学期第三次模拟演练数学试题含答案.pdf

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1、高三数学答案 第 1 页 唐山市 20222023 学年度高三年级第三次模拟演练 数学参考答案 一选择题（单选）：14DBCC 58ADDB 二选择题（不定项选）：9BC 10AC 11AC 12ABD 三填空题：13 7814 4 331512e，)165，42四解答题：17解：（1）已知 a2n2an14Sn ，当 n1 时，a11 1 分 当 n2 时，a2n12an114Sn1，得：a2n2ana2n12an14an，2 分 即(anan1)(anan12)03 分 又 an0，所以 anan12.4 分 所以数列an是以 1 为首项，2 为公差的等差数列.所以 an2n1.5 分（2

2、）设 bn(1)n(4nanan+1)(1)n4n(2n1)(2n+1)6 分(1)n(12n112n+1).8 分 Tn(1 1 3)(1 3 1 5)(1 5 1 7)(1)n(12n112n+1)1(1)n12n+1.10 分 18（1）证明：过点 A 作 AEPB 于点 E，1 分 因为平面 PAB平面 PBC，且平面 PAB平面 PBCPB，AE平面 PAB，所以 AE平面 PBC，2 分 又 BC平面 PBC，所以 AEBC，3 分 又 PA平面 ABC，BC平面 ABC，则 PABC，4 分 又因为 AEPAA，AE，PA平面 PAB，所以 BC平面 PAB 5 分（2）解：由（

3、1）知 BC平面 PAB，AB平面 PAB，得 BCAB，又VPABC18，AB6，BC3，高三数学答案 第 2 页 所以 1 3 1 2ABBCPA18，PA6，6 分 以 B 为原点，分别以 BC、BA为 x 轴、y 轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系Bxyz，则 B(0，0，0)，A(0，6，0)，C(3，0，0)，P(0，6，6)7 分 又因为 PD2DC，所以 D(2，2，2)8 分 AD(2，4，2)，AB(0，6，0)，AC(3，6，0)设 m(x1，y1，z1)是平面 ABD 的一个法向量，则ADm0，ABm0，即2x14y12z10，6y10，所以可取 m(1，0，1)9

4、分 设 n(x2，y2，z2)是平面 ACD 的一个法向量，则ADn0，ACn0，即2x24y22z20，3x26y20，所以可取 n(2，1，0)10 分 则|cosm，n|mn|m|n|105 11 分 所以平面 ABD 与平面 ACD 的夹角的余弦值为105 12 分 19解：根据正弦定理得：sinAsinBsinBcosB，1 分 由于 sinB0，可知 sinAcosB，即 sinAsin(2B)，2 分 因为 A 为钝角，则 B 为锐角，即 B(0，2)，则 2B(2，)，则 A 2B，C 22B 4 分（1）由 A 2B，C 6，ABC，得 A23 5 分（2）cosAcosBc

5、osC cos(2B)cosBcos(22B)sinBcosBsin2B 7 分 cosBsinB2sinBcosB 因为 C 22B 为锐角，所以 0 22B 2，即 0B 4 8 分 A B C D P E x y z 高三数学答案 第 3 页 设 tcosBsinB 2cos(B 4)(0，1)，则 2sinBcosB1t2，9 分 cosAcosBcosCt1t2(t 1 2)25 4 10 分 因为 t(0，1)，则(t 1 2)20，1 4)，从而(t 1 2)25 4(1，5 4 由此可知，cosAcosBcosC 的取值范围是(1，5 4 12 分 20解：（1）根据样本相关系

6、数 r0.95，可以推断线性相关程度很强 2 分（2）rni1(xix-)(yiy-)ni1(xix-)2ni1(yiy-)20.95 及bni1(xix-)(yiy-)ni1(xix-)2，可得b rni1(xix-)2ni1(yiy-)2ni1(xix-)2ni1(yiy-)2ni1(xix-)2 4 分 2.297 5 分 所以br 2.2970.951.5161.440，7 分 又因为x-37.96，y-39.1，8 分 所以a y-bx-15.56，9 分 所以 y 与 x 的线性回归方程y1.44x15.56 10 分（3）第一个样本点(32.2，25.0)的残差为：25.0(1.

7、4432.215.56)5.8085.81，11 分 由于该点在回归直线的左下方，故将其剔除后，b的值将变小.12 分 21解：（1）把 xc 代入到 E 的方程，得c2a2y21，即 y 1 a，2 分 因为|AB|1，所以 2 a1，即 a2，则双曲线 E的方程为x24y21.4 分 高三数学答案 第 4 页（2）设 P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，其中 x10，x20 因为直线 l 与圆相切，所以|m|1k22,即 m24(1k2)，5 分 联立 ykxm，x24y21，整理得(14k2)x28mkx(4m24)0，6 分 所以14k20，64m2k24(14k2)(4m24)0

8、，x1x28mk4k21，x1x24m244k210，8 分 x2x1(x1x2)24x1x2(8mk4k21)244m244k214 514k2.9 分 由已知 A1(2，0)，A2(2，0)k1k2y1x12y2x22(kx1m)(kx2m)(x12)(x22)k2x1x2mk(x1x2)m2x1x22(x2x1)4 10 分 k2(4m24)4k218m2k24k21m24m244k218 514k244m2k24k28m2k24m2k2m24m248 516k24 4k2m24m28 516k284248 53 58.12 分 22解：（1）由 f(x)e2x(2a)exax ae 2

9、，(xR)得 f(x)2e2x(2a)exa 1 分(ex1)(2exa)，2 分 当 a0 时，f(x)(ex1)(2exa)0，所以 f(x)在(，)上单调递增；3 分 当 a0 时，令 f(x)0，得 xln a 2，4 分 当 x(，ln a 2)时，f(x)0，f(x)单调递减；当 x(ln a 2，)时，f(x)0，f(x)单调递增 综上当 a0 时，f(x)在(，)上单调递增；当 a0 时，f(x)在(，ln a 2)上单调递减，f(x)在(ln a 2，)上单调递增5 分 高三数学答案 第 5 页（2）由（1）知：当 a0 时，f(x)在(，)上单调递增，f(3a)e6a(2a

10、)e3aa3a ae 21(2a)3 ae 2(e 21)a0，所以当 a0 时不合题意 6 分 当 a0 时，f(x)e2x2ex0，符合题意 7 分 当 a0 时，f(x)minf(ln a 2)a a24alna2 ae 2，8 分 要使 f(x)0 恒成立，则只需 f(x)min0 恒成立，即：a a2 4aln a 2 ae 20，亦即：1 a 4ln a 2 e 20 记 g(a)1 a 4ln a 2 e 2(a0)，9 分 则 g(a)1 41a0，10 分 于是 g(a)在(0，)上单调递减；又因为 g(2e)1 e 2ln 2e 2 e 20，11 分 所以当 0a2e 时，g(a)0，即 f(x)min0；当 a2e 时，g(a)0，不合题意 综上可知 a 的取值范围为 0a2e 12 分