精品解析：河北省衡水中学高三下学期一调数学试题

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—衡水中学下学期高三年级一调考试
数学
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.共4页，总分150分，考试时间120分钟.
第Ⅰ卷（选择题 共60分）
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 设集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出集合、，利用交集的定义可求得集合.
【详解】因为，
，
所以.
故选：B.
2. 复数满足，则（ ）
A. B. C. D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数的模长计算公式，列方程即可求解，，进而可求.
【详解】设（），由题意得，解得，，所以
故选：C
3. 已知，且，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用余弦的二倍角公式结合的范围求出，进而得到余弦值和正切值，结合诱导公式求出答案.
【详解】由题意得，
解得或．
又，所以，
则，，
所以，，
，，
故ACD错误、B正确．
故选：B
4. 南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中提出了一些新的垛积公式，他所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项之差成等差数列．现有一高阶等差数列，其前7项分别为1，2，4，7，11，16，22，则该数列的第100项为（ ）
A. 4 923 B. 4 933 C. 4 941 D. 4 951
【答案】D
【解析】
【分析】设该高阶等差数列为，逐项之差成等差数列记为，求出通项公式，由，利用累加法求.
【详解】设该高阶等差数列为，则的前7项分别为1，2，4，7，11，16，22.
令，则数列为1，2，3，4，5，6，…，所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，所以，即，
故
.
故选：D
5. 已知抛物线的焦点为，点在上，点在准线上，满足( 为坐标原点），，则的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意，为等边三角形，求得，利用三角形面积公式求解即可.
【详解】由题意得抛物线的焦点的坐标为，准线的方程为，设准线与轴的交点为，如图，由题知.

由抛物线的定义知，又，所以是等边三角形，
因为，所以，
则中，，
所以面积为.
故选：A
6. “碳达峰”，是指二氧化碳的排放不再增长，达到峰值之后开始下降；而“碳中和”，是指企业、团体或个人通过植树造林、节能减排等形式，抵消自身产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”．某地区二氧化碳的排放量达到峰值a（亿吨）后开始下降，其二氧化碳的排放量S（亿吨）与时间t（年）满足函数关系式，若经过5年，二氧化碳的排放量为（亿吨）．已知该地区通过植树造林、节能减排等形式，能抵消自产生的二氧化碳排放量为（亿吨），则该地区要能实现“碳中和”，至少需要经过多少年？（参考数据：）（ ）
A. 28 B. 29 C. 30 D. 31
【答案】C
【解析】
【分析】根据题设条件可得，令，代入，等式两边取，结合估算即可.
【详解】由题意，，即，
令，即，故，即，
可得，即.
故选：C
7. 从2，3，4，5，6，7，8，9中随机取两个数，这两个数一个比大，一个比小的概率为，已知为上述数据中的分位数，则的取值可能为（ ）
A. 50 B. 60 C. 70 D. 80
【答案】C
【解析】
【分析】利用分步乘法计数原理及组合求出事件种数，结合古典概率求出m值，再利用第p百分位数的意义计算作答.
【详解】从2，3，4，5，6，7，8，9中随机取两个数有种，一个数比大，一个数比小的不同结果有，
于是得，整理得：，解得或，
当时，数据中的分位数是第3个数，则，解得，所有选项都不满足；
当时，数据中的分位数是第6个数，则，解得，选项A，B，D不满足，C满足.
故选：C
8. 已知是函数的零点，是函数的零点，且满足，则实数的最小值是( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用导数判断的单调性，求出其零点的值，根据求出的范围.令g(x)=0，参变分离，将问题转化为方程有解问题即可求解．
【详解】，
，
当时，单调递减，
当时，单调递增，

为方程的根，即﹒
故，即为，解得﹒
是函数的零点，
方程在上有解﹒
即在上有解﹒
，
在上有解﹒
令，
则，
设，
则，易知h(t)在上单调递增，在上单调递减﹒
又，
﹒
﹒故实数a的最小值是﹒
故选：A﹒
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 已知向量，则（ ）
A.
B.
C. 向量与的夹角为
D. 向量在向量上投影向量为
【答案】ABD
【解析】
【分析】选项A利用向量坐标求模即可；选项B利用数量积的坐标运算计算即可；选项C利用向量夹角公式即可；选项D利用向量投影公式计算即可.
【详解】因为，
所以，
所以，
故A正确；
因为，
所以，
故B正确；
因为，
且，
所以，
故C错误；
向量在向量上的投影向量为：，
故D正确．
故选：ABD
10. 已知函数，若函数的部分图象如图所示，则关于函数，下列结论正确的是（ ）

A. 函数的图象关于直线对称
B. 函数的图象关于点对称
C. 函数在区间上的减区间为
D. 函数的图象可由函数的图象向左平移个单位长度得到
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据三角函数图象的性质即可求解.
【详解】∵，∴，∴．
又∵，得（舍）或，
因为，∴，
∴，
其图象对称轴，．当时，，故A正确；
∵，，，
∴的图象关于点对称，故B正确；
∵函数的单调递减区间为，．
∴，，
∴当时，在上单调递减，
所以在上单调递减，故C正确；
∵．故D错误．
故选:ABC.
11. 已知分别为圆与圆上的两个动点，为直线上的一点，则（ ）
A. 的最小值为
B. 的最小值为
C. 的最大值为
D. 的最小值为
【答案】AC
【解析】
【分析】把圆的方程化为标准方程，找到圆心坐标和半径，求出点关于直线对称的点，当三点共线，最小，点共线时，取到最大值．
【详解】圆的标准方程为，所以其圆心为，半径为，
圆的标准方程为，所以其圆心为，半径为，
设点关于直线对称的点为，则解得即.
如图，

连接交直线于点，连接，此时三点共线，最小，则最小，所以3，故A正确、B错误；
因为，所以当取到最大值且点共线时，取到最大值．由图可知，，所以的最大值为，故C正确；时，不能共线，最小值不存在，D错误.
故选：AC
12. 已知正四面体的棱长为，其所有顶点均在球的球面上．已知点满足，，过点作平面平行于和，平面分别与该正四面体的棱相交于点，则（ ）
A. 四边形的周长是变化的
B. 四棱锥体积的最大值为
C. 当时，平面截球所得截面的周长为
D. 当时，将正四面体绕旋转90°后与原四面体的公共部分的体积为
【答案】BCD
【解析】
【分析】正四面体放入正方体中，证明平面平面，利用平行，利用表示出四边形各边的长，计算周长判断选项A；利用表示四棱锥的体积，通过导数研究最值判断选项B，利用外接球半径和球心到截面的距离，得到截面圆的半径，计算周长，判断选项C；两个正四面体的公共部分为两个相同的正四棱锥组合而成，计算体积判断选项D．
【详解】在棱长为2的正方体中，知正四面体的棱长为，故球心即为该正方体的中心，
连接，设，因为，，所以四边形为平行四边形，所以.
又平面，平面，所以平面.
因为平面，，，平面，所以平面平面．

对于A，如图①，因为平面平面，平面平面，平面平面，所以，则，即，
同理可得，，，，所以四边形的周长，故A错误；
对于B，如图①，由A可知，，且，，因为四边形为正方形，所以，所以四边形为矩形，所以点A到平面的距离，故四棱锥的体积与之间的关系式为，则. 因为，所以当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以当时，取到最大值，故四棱锥体积的最大值为，故B正确；
对于C，正四面体的外接球即为正方体的外接球，其半径．设平面截球所得截面的圆心为，半径为，当时，. 因为，则，所以平面截球所得截面的周长为，故C正确；
对于D，如图②，

将正四面体绕旋转90°后得到正四面体，设，，，，
连接，因为，所以分别为各面的中心，两个正四面体的公共部分为几何体为两个相同的正四棱锥组合而成，又，正四棱锥的高为，所以所求公共部分的体积，故D正确．
故选：BCD
【点睛】方法点睛：正四面体的外接球问题通常转化为正方体的外接球，利用平面平面，用表示出四边形各边的长，处理周长和四棱锥的体积；截面问题和两个正四面体的公共部分，都离不开对图形结构的分析和理解．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 若命题“”是假命题，则实数的最大值为______．
【答案】
【解析】
【分析】由命题的否定转化为恒成立问题，利用二次函数的性质即可求解.
【详解】由题知命题的否定“”是真命题．令，则 解得，故实数的最大值为
故答案为：
14. 定义在R上的奇函数满足，且在区间上是增函数，给出下列三个命题：
①的图象关于点对称；
②在区间上是减函数；
③
其中所有真命题的序号是______．
【答案】①②
【解析】
【分析】根据给定条件，结合赋值法推理判断①；利用奇函数性质、函数对称性推理判断②；导出函数的周期，计算判断③作答.
【详解】因为是R上的奇函数，则，即，
从而，即有，因此的图象关于点对称，①是真命题；
因为是R上的奇函数，且在区间上是增函数，则在区间上是增函数，
由知，函数的图象关于直线对称，因此在区间上是减函数，②是真命题；
由知，，则，即是周期为4的函数，
因此，③是假命题，
所以所有真命题的序号是①②
故答案：①②
15. 为检测出新冠肺炎的感染者，医学上可采用“二分检测法”，假设待检测的总人数是，将个人的样本混合在一起做第1轮检测（检测一次），如果检测结果为阴性，可确定这批人未感染；如果检测结果为阳性，可确定其中有感染者，则将这批人平均分为两组，每组人的样本混合在一起做第2轮检测，每组检测1次，如此类推，每轮检测后，排除结果为阴性的那组人，而将每轮检测后结果为阳性的组再平均分成两组，做下一轮检测，直到检测出所有感染者（感染者必须通过检测来确定），若待检测的总人数为8，采用“二分检测法”构测，经过4轮共7次检测后确定了所有感染者，则感染者人数的所有可能值为________人．若待检测的总人数为，且假设其中有2名感染者，采用“二分检测法”所需检测总次数记为n，则n的最大值为__________．
【答案】 ①. 1，2 ②. 4m－1
【解析】
【分析】①利用二分检测法分析每轮检测的人数再判断感染人数即可；
②分类讨论分析每轮检测的人数情况即可
【详解】①若待检测的总人数为8，则第一轮需检测1次；第2轮需检测2次，每次检查的均是4人组；第3轮需检测2次，每次检查的是有感染的4人组均分的两组；第4轮需检测2次；则共需检测7次，此时感染者人数为1或2人；
②若待检测的总人数为，且假设其中有不超过2名感染者，
若没有感染者，则只需1次检测即可；
若只有1个感染者，则只需次检测；
若只有2个感染者，若要检测次数最多，则第2轮检测时，2个感染者不位于同一组，
此时相当两个待检测均为的组，
每组1个感染者，此时每组需要次检测，
所以此时两组共需次检测，
故有2个感染者，且检测次数最多，共需次检测，
所以采用“二分检测法”所需检测总次数记为n，则n的最大值为.
故答案为：1，2；
16. 已知椭圆C：的两个焦点为，，P为椭圆上任意一点，点为的内心，则的最大值为______.
【答案】##
【解析】
【分析】设，内切圆的半径为r，由三角形面积公式建立等式可得，
由勾股定理求出焦半径，，由内切圆性质建立等式，可得，
结合在椭圆上消去得，则可设，则由辅助角公式可求得最大值
【详解】设，内切圆的半径为r，
所以，
则，
设椭圆的左右焦点为，
则，
同理，
又内切圆的性质得，
所以，
消去得，即，
又因为，
所以，
设，
则，
所以的最大值为，
故答案为：
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知数列的首项，且满足，设.
（1）求证：数列为等比数列；
（2）若，求满足条件的最小正整数.
【答案】（1）证明见解析
（2）140
【解析】
【分析】（1）利用等比数列的定义证明即可；
（2）利用分组求和的方法得到，然后利用的增减性解不等式即可.
【小问1详解】

，
，所以数列为首项为，公比为等比数列.
【小问2详解】
由（1）可得

，
即
∴
而随着的增大而增大
要使，即，则，
∴的最小值为140.
18. 记的内角的对边分别为，已知，是边上的一点，且.
（1）证明：；
（2）若，求.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）分别在和中利用正弦定理表示出，代入已知等式化简整理即可得到结果；
（2）根据，在和利用余弦定理可整理得到；在中，利用余弦定理可得，进而得到，代入中即可求得结果.
【小问1详解】
证明：在中，由正弦定理得：，
在中，由正弦定理得：，
在中，，
所以，
，
所以.
【小问2详解】
由，得，
在中，由余弦定理得：，
在中，由余弦定理得：，
，，即，
整理可得：；
在中，由余弦定理得：，则，
，，即，
.
19. 2022年北京冬奥会后，由一名高山滑雪运动员甲组成的专业队，与两名高山滑雪爱好者乙、丙组成的业余队进行友谊比赛，约定赛制如下：业余队中的两名队员轮流与甲进行比赛，若甲连续赢两场则专业队获胜；若甲连续输两场则业余队获胜；若比赛三场还没有决出胜负，则视为平局，比赛结束．已知各场比赛相互独立，每场比赛都分出胜负，且甲与乙比赛，甲赢的概率为，甲与丙比赛，甲赢的概率为，其中．
（1）若第一场比赛，业余队可以安排乙与甲进行比赛，也可以安排丙与甲进行比赛．请分别计算两种安排下业余队获胜的概率；若以获胜概率大为最优决策，问：业余队第一场应该安排乙还是丙与甲进行比赛？
（2）为了激励专业队和业余队，赛事组织规定：比赛结束时，胜队获奖金13万元，负队获奖金3万元；若平局，两队各获奖金4万元．在比赛前，已知业余队采用了（1）中的最优决策与甲进行比赛，设赛事组织预备支付的奖金金额共计万元，求的数学期望的取值范围．
【答案】（1）业余队第一场应该安排乙与甲进行比赛
（2）
【解析】
【分析】（1）利用独立事件的概率乘法公式求解即可；
（2）由题意可得的可能取值为16或8，分别求出和时的概率，再用数学期望的计算公式求解即可.
【小问1详解】
第一场比赛，业余队安排乙与甲进行比赛，业余队获胜的概率：
，
第一场比赛，业余队安排丙与甲进行比赛，业余队获胜的概率：
，
所以当时，，
即，所以业余队第一场应该安排乙与甲进行比赛.
【小问2详解】
由题意的可能取值为16或8，
由（1）知业余队第一场应该安排乙与甲进行比赛，
此时业余队获胜的概率，
专业队获胜的概率，
所以非平局的概率，
平局的概率，
所以，
因为，
所以.
20. 如图所示，圆锥的高，底面圆O的半径为R，延长直径AB到点C，使得，分别过点A，C作底面圆O的切线，两切线相交于点E，点D是切线CE与圆O的切点．

（1）证明：平面平面；
（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求点A到平面的距离．
【答案】（1）证明见解析
（2）或
【解析】
【分析】（1）由线面垂直、切线的性质可得、，再根据线面垂直及面面垂直的判定即可证得．
（2）作，以为原点，以、、分别为x、y、z轴的正方向建立空间直角坐标系，求平面的法向量，利用线面角公式求出R，再利用点面距的向量公式求出距离.
【小问1详解】
由题设，平面，又是切线与圆切点，
∴平面，则，且，
又，∴平面，
又平面，所以平面平面.
【小问2详解】
作，以为原点，以、、为x、y、z轴正方向，建立空间直角坐标系，
且，
又，可得，
∴，，，
有，，，
设是面的一个法向量，则，
令，则，
又直线与平面所成角的正弦值为，
即，
整理得，即，解得或
当时，，，， ，
，，
设是面的一个法向量，则，
令，则，
所以点A到平面的距离
当时，，，， ，
，，
设是面的一个法向量，则，
令，则，
所以点A到平面的距离
综上，点A到平面的距离为或.

21. 已知双曲线：（，）的左焦点为，点是双曲线上的一点.
（1）求的方程；
（2）已知过坐标原点且斜率为（）的直线交于，两点，连接交于另一点，连接交于另一点，若直线经过点，求直线的斜率.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意，根据双曲线的定义，结合，可得答案；
（2）根据双曲线的对称性，设出点的坐标，设出直线方程，联立方程，写出韦达定理，表示出点的坐标，根据所过已知点，建立方程，可得答案.
【小问1详解】
易知，，
故，.
故双曲线的标准方程.
【小问2详解】
方法一：令A为，则为，直线为，直线为，
由，
设，得，
即，
，，，
同理可得，，，
直线经过点，则，，三点共线，
即，则有
，
化简得，，
即，故.
方法二：令A为，则为，直线为，直线为，
由，
设，得，
即
，，同理可得，.
令直线为，
由，则，
即，化简得
，解得，，故.
【点睛】直线与圆锥曲线的位置问题，常用思路，联立直线与圆锥曲线，写出韦达定理，解得题目中其他条件，整理方程，可求得参数的值或者参数之间的等量关系，也可整理函数关系，求解范围.
22. 已知函数.
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）若对任意的恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据导数几何意义可求得切线斜率，结合可求得切线方程；
（2）求导后，设；令，利用导数可求得单调性，得到，采用放缩法可确定，知在上单调递增；当时，由恒成立可确定，满足题意；当时，令，利用导数可说明，得到，结合零点存在定理可说明，使得，由此可说明当时，，不合题意；综合两种情况可得结论.
【小问1详解】
当时，，
则，，又，
在处的切线方程为：.
【小问2详解】
，
令，则，
令，则，
在上单调递增，，即；
当时，，，，
，，
即，在上单调递增，即在上单调递增；
；
①当，即时，，在上单调递增，
，满足题意；
②当，即时，；
令，则，
在上单调递增，，即，
又，，使得，
当时，，则在上单调递减，此时，不合题意；
综上所述：实数的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：本题考查根据导数几何意义求解切线方程、恒成立问题的求解；本题求解恒成立问题的关键是能够根据端点效应，说明当时，单调递增；当时，结合零点存在定理说明存在的区间，由此可得参数范围.