河北省唐山市2022－2022学年度高三年级第一次模拟考试：数学文

试卷类型：B唐山市2022〜2022学年度高三年级第一次模拟考试文科数学试卷说明：一、本试卷共4页，包括三道大题，22道小题，共150分.其中第一道大题为选择题.二、答题前请仔细阅读答题卡上的“注意事项”，按照“注意事项”的规定答题.三、做选择题时，每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的标号涂黑.如需改动，用橡皮将原选涂答案擦干净后，再选涂其他答案.四、考试结束后，将本试卷与原答题卡一并交回.参考公式：如果事件A、B互斥，那么 球的表面积公式 其中R表示球的半径如果事件A,B相互独立，那么^ 球的体积公式P(A•B)=P(A)•P(B)如果事件A在一次试验中发生的概率是P, 其中R表示球的半径那么n次独立重复试验中恰好发生k次的概率：一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，有且只有一项符合题目要求.(1)全集U={1,2,3,4,5},A={1,2,3},B={3,4},则＝

(A){1}(B){5}(C){1,2,5}(D){1,2}(2)抛物线.的焦点坐标是(A)_(B)(C)(D)(3)函数，的图象与函数，的图象关于直线.对称，则

(A)(B)(C)(D)(4)正方体中，直线与平面所成的角为

(A)30°(B)（C)60°(D)(5)若0<a<l<b,则(A)(B)(C)(D)(6)(A)是奇函数且在(O,2)内单调递增(B)是奇函数且在(O,2)内单调递减(C)是偶函数且在(0,2)内单调递增(D)是偶函数且在(0,2)内单调递减(7)函数的最大值为(A)(B)(C)(D)(8)3名工作人员安排在正月初一至初五的5天值班，每天有且只有1人值班，每人至多值班2天，则不同的安排方法共有(A)30种 （B)60种 （C)90种 （D)180种(9)若，则=(A)(B)(C)(D)(10)当直线与曲线有3个公共点时，实数A的取值范围是(A)(B)(C)(0,1)(D)(0,1]（11）四面体的一条棱长为;c,其余棱长均为3，当该四面体体积最大时，经过这个四面体所有顶点的球的表面积为(A)(B) (C)(D)(12)在平行四边形ABCD中，,P是平面ABCD内一点，=,当点P在以A为圆心，为半径的圆上时，有

(A)(B)(C)“(D)二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填写在答题卡上.(13)的展开式中，x3项的系数为__________.(用数字作答）(14)若X,y满足约束条件I,则的最大值为__________.(15){an}是递增的等比数列，，则=__________.(16)双曲线的左、右焦点分别为F1、F2,P为双曲线右支上—点，F1,F2与圆切于点G,且e为的中点，则该双曲线的离心率e__________三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步驟.(17)(本小题满分10分）等差数列的前n项和为.,幻一1成等比数列，且，求数列的通项公式.(18)(本小题满分12分）ΔABC中。三个内角A、的对边分别为ac,且，，求(19)(本小题满分12分）一项试验有两套方案，每套方案试验成功的概率都是，试验不成功的概率都是.甲随机地从两套方案中选取一套进行这项试验，共试验了3次，每次实验相互独立，且要从两套方案中等可能地选择一套.(I)求3次试验都选择了同一套方案且都试验成功的概率；

(II)3次试验中，都选择了第—套方案且至少成功1次的概率.(20)(本小题满分12分）如图，直三棱柱中，AC=BO=1,AA1D为CC1上的点，二面角A-A1B-D的余弦值为(I)求证：CD=2;

(II)求点A到平面A1BD的距离.(21)(本小题满分12分）已知函数，.(I)当a=3时，求在区间[—1,1]上的最大值和最小值；

(II)若存在I,使得，求a的取值范围.(22)(本小题满分12分）椭圆与直线相交于A、B两点，且0A丄OB,(O为坐标原点）.(I)求椭圆E与圆的交点坐标；(II)当[时，求椭圆E的方程.唐山市2022～2022学年度高三年级第一次模拟考试文科数学参考答案一、 选择题：A卷：CCBAC BBCAA DBB卷：DCBAD BBCAC DA二、填空题：（13）－160 （14）9 （15）eq\r(2) （16）eq\r(5)三、解答题：（17）解：设等差数列{an}的公差为d，由题设，有S15＝15a1＋eq\f(15×14,2)d＝0，即a1＋7d＝0． ①…2分eq\f(1,4)aeq\o(2,4)＝a2(a7－1)，即eq\f(1,4)(a1＋3d)2＝(a1＋d)(a1＋6d－1)． ②…4分由①、②得a1＝0，d＝0，或a1＝21，d＝－3．…………………6分当a1＝0，d＝0时，a2＝eq\f(1,2)a4＝0，a7－1＝－1，与题设矛盾．…8分经检验，a1＝21，d＝－3合乎题设，所以an＝21－3(n－1)＝24－3n．………10分（18）解：由4b＝5csinB及正弦定理，得4sinB＝5sinCsinB，又sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\f(\r(5),3)≠0，∴sinC＝eq\f(4,5)，而90＜B＜180，则0＜C＜90，∴cosC＝eq\f(3,5)，………………6分∴cosA＝cos＝－cos(B＋C)＝sinBsinC－cosBcosC＝eq\f(\r(5),3)×eq\f(4,5)＋eq\f(2,3)×eq\f(3,5)＝eq\f(6＋4\r(5),15)．…………12分（19）解：记事件“一次试验中，选择第i套方案并试验成功”为Ai，i＝1，2，则P(Ai)＝eq\f(1,C\o(1,2))×eq\f(2,3)＝eq\f(1,3)．（Ⅰ）3次试验选择了同一套方案且都试验成功的概率P＝P(A1·A1·A1＋A2·A2·A2)＝(eq\f(1,3))3＋(eq\f(1,3))3＝eq\f(2,27)．………………6分（Ⅱ）3次试验中，都选择第一套方案并至少试验成功1次的概率P＝1－(eq\f(2,3))3＝eq\f(19,27)．…………………12分（20）解法一：（Ⅰ）取AB中点E，A1B1中点G，连结EG，交A1B于F，连结CE、C1G，作DM⊥GE于M．∵平面C1GEC⊥平面A1ABB1，∴DM⊥平面A1ABB1．作MN⊥A1B于N，连结DN，则MN为DN在平面A1ABB1上的射影，则∠DNM为二面角B1-A1B-D的平面角．……………4分∴cos∠DNM＝eq\f(\r(3),6)，DM＝C1G＝eq\f(\r(2),2)，∴MN＝eq\f(\r(22),22)．∵sin∠MFN＝eq\f(A1G,A1F)＝eq\f(\r(22),11)，∴MF＝eq\f(1,2)，∴DC＝2．…………7分（Ⅱ）在△A1BD中，A1D＝eq\r(2)，BD＝eq\r(5)，A1B＝eq\r(11)．cos∠A1DB＝eq\f(A1D2＋BD2－A1B2,2A1D·DB)＝－eq\f(\r(10),5)，sin∠A1DB＝eq\f(\r(15),5)，S△A1BD＝eq\f(1,2)A1D·BDsin∠A1DB＝eq\f(\r(6),2)，又S△A1AB＝eq\f(1,2)×eq\r(2)×3＝eq\f(3\r(2),2)，点D到面A1AB的距离DM＝CE＝eq\f(\r(2),2)，设点A到平面A1BD的距离为d，则eq\f(1,3)S△A1BD·d＝eq\f(1,3)S△A1AB×eq\f(\r(2),2)，∴d＝eq\f(\r(6),2)．故点A到平面A1BD的距离为eq\f(\r(6),2)．………………12分 ACC1BACC1BDA1B1NMFGEACC1BDA1B1zxy解法二：（Ⅰ）分别以CA、CB、CC1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系C—xyz，则A(1，0，0)、B(0，1，0)、A1(1，0，3)．设D(0，0，a)．m＝(1，1，0)是面A1AB的法向量，设n＝(x，y，z)是平面A1BD的法向量．eq\o(DA1,\s\up5(→))＝(1，0，3－a)，eq\o(DB,\s\up5(→))＝(0，1，－a)，由eq\o(DA1,\s\up5(→))·n＝0，eq\o(DB,\s\up5(→))·n＝0，得x＋(3－a)z＝0，y－az＝0，取x＝3－a，得y＝－a，z＝－1，得n＝(3－a，－a，－1)．……4分由题设，|cosm，n|＝eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(|3－2a|,\r(2)×\r((3－a)2＋a2＋1))＝|－eq\f(\r(3),6)|＝eq\f(\r(3),6)，解得a＝2，或a＝1，…………………6分所以DC＝2或DC＝1．但当DC＝1时，显然二面角A-A1B-D为锐角，故舍去．综上，DC＝2………………………7分（Ⅱ）由（Ⅰ），n＝(1，－2，－1)为面A1BD的法向量，又eq\o(AA1,\s\up5(→))＝(0，0，3)，所以点A到平面A1BD的距离为d＝eq\o(\s\up9(|\o(AA1,\s\up5(→))·n|),\s\up8(________),\s\do6(|n|))＝eq\f(\r(6),2)．…………12分（21）解：（Ⅰ）当a＝3时，f(x)＝－x3＋3x2－4，f(x)＝－3x2＋6x＝－3x(x－2)．………1分当x变化时，f(x)、f(x)在区间的变化如下表：x－1(－1，0)0(0，1)1f(x)－0＋f(x)0↘极小值－4↗－2所以f(x)在区间上的最大值为f(－1)＝0，最小值为f(0)＝－4．……5分（Ⅱ）f(x)＝－3x2＋2ax＝－3x(x－eq\f(2a,3))．……………6分若a≤0，则当x∈(0，＋∞)时，f(x)＜0，此时f(x)单调递减，而f(x)＜f(0)＝－4，不存在使题设成立的x0．…………………8分若a＞0，则当x∈(0，eq\f(2a,3))时，f(x)＞0，此时f(x)单调递增；当x∈(eq\f(2a,3)，＋∞)时，f(x)＜0，此时f(x)单调递减．f(x)在(0，＋∞)的最大值为f(eq\f(2a,3))＝eq\f(4a3,27)－4．所以题设的x0存在当且仅当eq\f(4a3,27)－4＞0，解得a＞3．……………11分综上，使题设成立的a的取值范围是(3，＋∞)．………………12分（22）解：（Ⅰ）设A(x1，y1)、B(x2，y2)，则A、B坐标是方程组eq\b\lc\{(\a\al(\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1，,x＋y－1＝0))的解．消去y，得(a2＋b2)x2－2a2x＋a2－a2b2＝0， ①当Δ＝4a4－4(a2＋b2)(a2－a2b2)＝4a2b2(a2＋b2－1)＞0，即a2＋b2＞1时，x1x2＝eq\f(a2－a2b2,a2＋b2)．同理，y1y2＝eq\f(b2－a2b2,a2＋b2)．………………4分OA⊥OBx1x2＋y1y2＝01－eq\f(2a2b2,a2＋b2)＝0eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)＝2． ②由eq\b\lc\{(\a\al(\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1，,x2＋y2＝1，))得(eq\f(1,a2)－eq\f(1,b2))x2＝1－eq\f(1,b2)， ③由②、③，得x2＝eq\f(1,2)，于是y2＝eq\f(1,2)．故椭圆E与圆x2＋y2＝1的交点坐标为(eq\f(\r(2),2)，eq\f(\r(2),2))、(－eq\f(\r(2),2)，eq\f(\r(2),2))、(－eq\f(\r(2),2)，－eq\f(\r(2),2))、(eq\f(\r(2),2)，－eq\f(\r(2