2023届河北省保定市高三下学期第二次模拟考试数学参考答案

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保定二模数学参考答案

一、选择题：

1.C 2.B 3.A 4.A 5.C 6.C 7.D 8.D

二、选择题

9. ABD 10. BCD 11. AD 12.BC

12 解析：设线段 BP、DQ 的长度分别为

、

，

BCP



 

，

DCQ



 

，则

AP 1 a 

，

AQ 1 b 

，

PQ a+b

.则由勾股定理得

     

2 2 2

a+b 1 1a b   

，即

a+b 1 ab 

，又因为

tan a





，

tan b





，于是

 

tan tan

tan 1

1 tan tan 1

a b

 

   

 

   

 

，

0 90

 

 

  Q

，

 



  

，

PCQ 45  

，故 A错误;

设

DCQ



 

（

0 45



 

 

），则

45BCP





  

，

cos





，

cos(45 )







，

1sin 45

PCQ

S CQ CP   

1 1 1 sin 45

2 cos cos(45 )

 



   



1 2 sin(2 45 )





 

2 1 

，故 B正确;

由A选项的推理可知

a+b 1 ab 

PQ a+b

1 1 2

a b

a b ab 

 

       

 

PQ 2 2 2a b    

，故 C正确；

以AB 为

轴正向，AD 为

轴正向建立平面直角坐标系，设线段 BP、DQ 的长度分别为

、

，

则

(1 ,0)P a

，

(0,1 )Q b

，

(1,1)C

，直线

的方程为

1 1

x y

a b

 

 

，则 C点到直线

的

距离

2 2

1 1 1 1 2 2 1 1

1 1 2

1 1 1 1 1 1 1 1

1 1

a b a b a b a b

a b

   

        

   

       

   

   

    

   

     

   

 

   

又

a+b 1 ab 

，



2 2 1 1

1 2

1 1 1 1a b a b

    

   

=0,



d=1,故D错误.

三、填空题：

13.

( ) ( 1)

f x a a 

(答案不唯一)

14. 1

15. 780 （390也对）

16.

16. 解析：如图，过 D做DE//BC 且DE=BC,连结 CE、AE,

则BCDE 为平行四边形，

B ACD A CDE

V V

 



，

设异面直线 AD 与BC 的距离为

，AD 与BC 所成的角为



，

则

ADE

  

  或

，

1 1

V sin

3 2

B ACD A CDE C ADE

V V AD DE d



  

        

，



当异面直线 AD 与BC 垂直且距离最大时，四面体 ABCD 的体积最大.

AB 6BD AC CD   Q

，

2BC 

，



B、C两点在以 A、D两点为焦点的椭球面上，过 BC

做轴 AD 的垂面，交轴 AD 于M，垂面与椭球面的交线是一个半径为

的圆，BC 是它的一条弦，



四面体 ABCD 体积为

1 4

V 1

3 3

BCM

S AD r    

，

当点 M位于椭球的中心时

最大，最大值为

，



四面体 ABCD 体积的最大值为

四、解答题：

17解：

(1)证明：如图：

连接AC交BD于点O，连接EG，GO，

由ABCD−EFGH为四棱台，知ACGE四点共面，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯1分

且EG⊂面EFGH，AC⊂面ABCD．

∴EG//AC．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2分

∵EFGH和ABCD均为菱形，且∠BAD=π

3，EH=2,AD=4，

∴EG=1

2AC=AO=

2 3

，∴四边形AOGE为平行四边形，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分

∴AE//GO,GO⊂面BDG，AE⊄面BDG，

∴AE//平面BDG；⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯5分

(2)法一：

如图，

设BC的中点为M,根据题意得DM⊥DA,且DA,DM,DH两两垂直，以D为坐标原点.以DA为x轴，

DM为y轴，DH为z轴，如图建立空间直角坐标系，

则D 0,0,0 ,A 4,0,0 ,E 2,0,3 ,B 2,2 3,0 ,F 1, 3,3 ,G −1, 3,3 ，H 0,0,3 ,

则DB = 2,2 3,0 ，DG = −1, 3,3 ，GF

 =HE = 2,0,0 ，

BG = −3,− 3,3 ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分

设n = x,y,z 是平面BDG的一个法向量，

则有 DB·n

 =0

DG·n

 =0，即 2x+2 3·y+0×z=0

−x+ 3×y+3×z=0,

令y=− 3，解得：x=3，z=2，

∴n = 3,− 3,2 ，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分

则点F到平面BDG的距离为 n∙GF

n =3

2⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9分

三棱锥F−BDG的体积为1

3×1

2BD 9+3×3

2=2 3⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分

法二：连接GE交FH于K，

GE FH

，

FD GE

，

FH DH D 



GE BDHF面

⋯⋯6分



四边形ABCD为菱形且∠BAD=π

3，EF=2，



3GK 

⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分



1 1

V 4 3 3 2 3

3 2

F BDG G BDF

 

      

⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分

18.解：

(1)∵ADcos∠ADB=( 2BD−AB)cos∠ABD，

由正弦定理得sin∠ABDcos∠ADB=( 2sin∠BAD−sin∠ADB)cos∠ABD，⋯⋯⋯1分

∴ 2sin∠BADcos∠ABD=sin∠ABDcos∠ADB+cos∠ABDsin∠ADB，

∴ 2sin∠BADcos∠ABD=sin(∠ABD+∠ADB)，

∴ 2sin∠BADcos∠ABD=sin∠BAD，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分

∵sin∠BAD≠0，∴cos∠ABD= 2

2，

∵0<∠ABD<π，∠ABD=π

4；⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分

(2)记∠BCD=θ，

在△BCD中，BD2=BC2+CD2−2BC·CD·cosθ=20−16cosθ ，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯7分

由(1)知ΔABD为等腰直角三角形，AB⊥AD，

∴S△ABD =1

2AB2=1

4BD2=5−4cosθ，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分

S△BCD =1

2BC·CD·sinθ=4sinθ，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9分

∴四边形ABCD的面积S为

S=S△ABD +SBCD =5−4cosθ+4sinθ，

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