2023届石家庄高三三模数学试题含答案.pdf

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1、试卷 第 1 页，共 7 页 石家庄市2023 届高 中 毕 业 年 级 教学 质 量 检 测（三）数学答案 一、单选：1-4DABC 5-8DCAC 二、多选：9 AD 10.BC 11 ACD 12 BCD 三、填空题：13 80 14 502 15 6,2 6 16.1012 四、解答题：（学生出 现的 其他解答方法，教研 组 商 定给分）17.解：()因为sin 4sin cos A C B 所以 sin 4sin cos B C C B 2 分 sin cos cos sin 4sin cos B C B C C B，sin cos 3sin cos B C C B 4 分 tan

2、3tan BC 5 分()因为sin 4sin cos A C B，所以2 2 242a c bacac，7 分 2 2 22 2 0 a c b，又23 b，2 c，4 a 9 分 2 2 2c b a，2A，12,42R a S.10 分 18 解：()依 题意2111333V；.2 分 39.4 分()解法 一：过O 点作OM OA，分别 以,OA OM OB，所在 的直 线 为,x y z轴，建立如 图所 示的 空间 直角 坐标系，则：(1,0,0)A，3(0,0,)2C，(0,0,3)B，13(,0)22D，则3(1,0,)2AC，33(,0)22AD，(1,0,3)AB.6 分 设

3、平面ACD 的法 向量 为(,)x y z n，则，00ACADnn30233022xzxy 8 分 试卷 第 2 页，共 7 页 令3 y，得(3,3,2)n，10 分 设直线AB 与平 面ACD 所成角 为，则|3 3sin2 4 8|ABAB nn，所以直 线AB 与平面ACD 所成 角正 弦值为38.12 分 解法二：设AD 的中 点为E，点B 到平 面ACD 的距离为h，22 2 237122AC CD OC AO，2 2 222 cos 33AD OA OD OA OD，3 AD.,CA CD CE AD 根据勾 股定 理得 1 CE,1 1 3312 2 2ACDS AD CE

4、6 分 1 2 31 1 sin2 3 4AODS 13B ACD B AOD C AOD AODV V V S BC ACD AODS h S BC 8 分 3 3 32 4 2h,34h 10 分 设直线AB 与平 面ACD 所成角 为,343sin28hAB.12 分 19.解：（）由点(2,2)H,得直 线OH 的 斜率 为 1，又OH MN，则 直 线 MN 的 斜率 为-1，故直 线 MN 的 方程 为2 1(2)yx，整 理得直 线MN 的方程 为4 xy.2 分 设1 1 2 2(,),(,)M x y N x y，联立242xyy px，得22 8 0 y py p，则121

5、228y y py y p，.4 分 由OM ON,得=0,即222 121 2 1 2 1 2 1 2 1 2 20,0,44yyxx y y y y y y y y pp 因 为 所 以，试卷 第 3 页，共 7 页 所以24=8,2 p p p 解 得,故抛 物线 方程 为24 yx.6 分（）设点(,)A x y 是 直线l 上 任 一点，则点A 关 于原 点的 对称点(,)A x y 在 直线MN 上，所以()4 xy，即直线l 的方 程为 4 xy.8 分 设点00(,)Q x y，则2004 yx,点Q 到直线l 的距 离0042xyd,10 分 2002044(2)122 4

6、2yyy 当0322,2yd 时 的 最 小 值 是，此 时，(1,2)Q 12 分 20.解：（）设数 列 na 公比为,由已知 得223 3 36,12 0 q q q q 即，解得=3 4(qq 或 舍），所以13 3 3nnna.2 分 因为233nnS n nb n，所以，当2112 3(1)3(1)1nnn S n n b n 时，两式作 差得1(3 3)3(1)2 2nnn b n b n，4 分 因为 2 n，所以123nnbb，即 数列 nb 是首 项为23，公差 为23的等差 数列，所以2 2 2(1)3 3 3nb n n 6 分（）3327 8 03nn nnb Ma

7、M，设33n nnc，则M 小于 等于 数 列 nc 的最 大项.7 分 解法一：设nk 时，nc 最大，因 为113c，2189cc，所以 1 k 由11,kkkkcccc 9 分 331331(1)33(1)33kkkkkkkk 即，即33333(1)3(1)kkkk，即 333131kkkk，解得 33333.53112.531kk 即2.5 3.5()k k Z,所以 3 k 11 分 故数列 nc 的最大 项是33 3313c，所以 1 M，即实 数M 的取 值范 围是(,1 12 分 试卷 第 4 页，共 7 页 解法二：设 32(3 ln3),()33xxx x xf x f x

8、，8 分 当3(,),()0ln 3x f x 时，在 fx 在区 间3(,)ln 3 上单调 递减，所以在 3 n 时，数列 nc 是递 减数 列，10 分 又113c，23819cc，所以数 列 nc 的最大 项是33 3313c，所以 1 M，即实 数M 的 取值 范围 是(,1.12 分 21 解：（）设每 人血 样 化验次 数为X，由 题意 若混 合血样 呈阴 性，则1Xk，若混合 血样 呈阳 性，则11 Xk，11()0.996,(1)1 0.996kkP X P Xkk，.2 分 所以1 1 1()0.996(1)(1 0.996)1 0.996k k kEXk k k，1 11

9、(1 0.004.004)0kkk k，.4 分 令1()0.004 f x xx，则()fx 在(0,5 10)上单调 递减，在(5 10,)为单调 递增，kZ，且1(15)0.004 15 0.126715f，(16)0.1265 f 16 k 取得最 小值，()EX 最小值 为 0.1265.所以，按 16 人 一组，每 个 人血样 化验 次数 的数 学期 望最小 此时化 验总 次数 为 4000 0.1265 506 次.6 分（）设每 组k 人，每 组化 验总费 用为Y 元，若混合 血样 呈阴 性则 4 Yk，若 混合血 样为 阳性，则 64 Yk，且(4)0.992kP Y k，(

10、6 4)1 0.992kP Y k，所以()(4)0.992(6 4)(1 0.992)6 5 0.992 4k k kE Y k k k k，.8 分 每个人 血样 的化 验费 用为：()46 5 0.9942 6 5(1 0.008)kkEYk k k 46 5(1 0.008)1 0.04 1 2 0.04 1.844k k kk kk.10 分 当且仅 当40.04kk，即 10 k 时取等 号，所以 10 个 人一 组，每个 人 血样化 验费 用的 数学 期望 最小，化验总 费用 为 4000 1.8 7200 元.12 分 试卷 第 5 页，共 7 页 22.（）解 法一：要证 y

11、 f x 是 0,上的曲 折函 数，即证存 在两 个不 同的 12,0,xx，使得 12f x f x，令 222ag x f x xx，即证：1 2 1 2,0,x x x x，使 得 12g x g x.2 分 任取 4 ma，考虑 方程 g x m 的正 数解 的情况。22222 2 2 0ax m x mx ax，判别式2216 0 ma，故 方程 有两 个不 等实根12,xx，3 分 由韦达 定理 可知：21 2 1 20,02mx x xx a，从而12,0 xx。即 g x m 有两 个不 同的 正实 数解12,xx，所以 12g x g x，即 y f x 是 0,上的 曲折

12、函数.4 分 解法二.1 1 2 2 1 2(,),(,),P x y Q x y x x 设 是 函 数 图 象 上 两 点，222,(0)af x x xx，12f x f x 等价于2212122222aaxxxx，2 分 即212122()(1)0axxxx 12()xx，即2120 xx a，3 分 即存在12,xx，使 12f x f x，所以 y f x 是 0,上的 曲折 函数.4 分（）设函 数 00F x a x f x f a f x 代入 222af x xx 及 222 ln f x a x x，可 得：22 2 200022 2 lnaaF x a x x a a

13、xxx，5 分 则：0 22222axF x x ax，因为0 xa，所 以：当 0,xa 时，0 Fx，当,xa 时，0 Fx，试卷 第 6 页，共 7 页 故：Fx 在 0,a 上单 调递 减，在,a 上单调递 增。6 分 解法一：取0 xx 代入 函数 y F x，可 得：22 2 20 0 0 00022 2 lnaaF x a x x a a xxx 20 2 002002 22ln 1axxx aax a a x，令0atx，其 中 1 t，故 20 2122 3 2ln F x a t ttt 构造函 数 2122 3 2ln H t t ttt（1 t）7 分 则 22 3 3

14、2 2 2(1)(1)2 2 0ttHtt t t t 从而 Ht 在(1,)上 单 调递 增，故 10 H t H，所以 00 Fx.9 分 再取xa 代入函 数 y F x，可得：22 2 2 2 0 0 000 204 2 ln(3 4 2ln)x x x aF a a a x a a x ax a a a 令0 xta，其 中01 t，则 22(3 4 2ln)F a a t t t，构造函 数 23 4 2ln,0,1 S t t t t t，则 2120tStt，故 St 在 0,1 上单调 递增，即 10 S t S，所 以 0 Fa，.11 分 解法二.取0 xx 代入 函数

15、y F x，可 得：22 2 20 0 0 00022 2 lnaaF x a x x a a xxx，设 22 2 222 2 ln,(0,)aam x a x x a a x x axx 7 分 则 222()0a x x amxx，所 以(0,)m x a 在 上单调 递减，()0 m x m a，所以 00 Fx.9 分 再取xa 代入函 数 y F x，可得：试卷 第 7 页，共 7 页 2 2 2 2 2 20 0 0 0004 2 ln 3 4 2 lnaaF a a a x a a x a ax x axx 设2 2 20 0 00()3 4 2 ln,(,)tn t t tx x t t xx，000()4 4 4 ln 4 ln=(),()4ln 4ln,n t t x t t t x h th t t x 因为0tx，所以00()0,()(,)()()0 h t n t x n t n x 在 上 单 调 递 减，所 以，所以00()(,)()()0 n t x n t n x 在 上 单 调 递 减，所 以，所以 0 Fa.11 分 又因为 Fx 在 0,x x a 上单调 递减，结 合 与，由零 点存 在性 定理，必存 在唯 一的 10,x x a，使得 10 Fx，且对 任意 的 1,x x a，均有 10 F x F x 12 分