2023届河北省衡水中学高三下学期一调考试丨数学答案_2024年2月_01每日更新_14号_2023届河北省衡水中学高三下学期一调考试3月_2023届河北省衡水中学高三下学期一调考试3月数学

数学参考答案
一、选择题
1，B【解析】由题意得 A{0,1} B {x|0 x2 10}{x{2 x8} ，所以
AB {0,1}.
2．C【解析】设z abi(a,bR)，由题意得(a5)2  b2 (a1)2 b2 a2 (b1)2，
解得a 3，b3，所以|z| 32 (3)2 3 2 .
1 1
3．B【解析】由题意得3(12sin2)sina 2 ，解得sin 或sin ．又
2 3
  1 2 2 sin 2
 ,，所以sin ，则cos 1sin2 ，tan   ，
 2  3 3 cos 4
2 2 2
所以cos()cos ，tan() tan ，
3 4
  2 2   1
sin cos ，cos  sin ，故ACD错误、B正确．
 2  3  2  3
4．D【解析】设该高阶等差数列为{a }，则{a }的前7项分别为1，2，4，7，11，16，22.
n n
令b  a a ，则数列{b }为1，2，3，4，5，6，…，所以数列{b }是首项为1，
n n1 n n n
公差为1的等差数列，所以b n，即a a n，故a (a a )(a a )
n n1 n 100 100 99 99 98
99(991)
(a a ) (a  a ) a (999897.1)1 1
98 97 2 1 1 2
4951.
1  1
5．A【解析】由题意得抛物线C的焦点F 的坐标为 ,0，准线l的方程为x  ，设准
2  2
线l与 x轴的交点为E 如图，由题知MN l . 由抛物线的定义知|MN ||MF |．又
| NF ||MN |，所以MNF 是等边三角形，因为MN//OF ，所以EFN MNF 
1
60，所以|NF |2|EF |2p 2，所以MNF 的面积为 |NF |2 sin60 3.
2
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学科网（北京）股份有限公司4a 4 4 a 1
6．C【解析】由题意得ab5  ，即b5  ，所以b 5 ，令abt  ，则bt  ，即
5 5 5 4 4
4 1 4 1 1 10lg2 3
(5 )t  ，即tlg5 lg ，可得 t(3lg21)2lg2，故t   30.
5 4 5 4 5 13lg2 0.1
7．C【解析】由题意得从2，3，4，5，6，7，8，9中随机取两个数有C2 28种不同的结
8
果，其中一个数比 m 大，一个数比 m 小的不同结果有 (m2)(9m) 种，所以
(m2)(9m) 5
 ，整理得m2 11m280，解得m4或m7．当m4时，
28 14
数据中的x%分位数是第3个数，则2 x%83，解得25 x37.5，故所有选项
都不满足；当m7 时，数据中的 x%分位数是第 6 个数，则5 x%86，解得
62.5 x75，故ABD不满足、C满足．
1 x1
8．A【解析】 f(x)的定义域为(2,)， f(x)1  ，当2 x1时，
x2 x2
f(x)0 ， f(x) 单调递减；当 x 1 时， f(x)0 ， f(x) 单调递增，所以
f(x)  f(1)0 ，所以 x 1为方程 f(x)0 的唯一实根，即 x 1，故
min 1
|x  x |1，即|1 x |1，解得2 x 0. 因为x 是g(x) x2 2ax4a4
1 2 2 2 2
的零点，所以方程x2 2ax4a40在区间[2,0]上有实根，即(2x4)a  x2 4
x2 4 x2 4
在区间[2,0]上有实根，即2a  在区间[2,0]上有实根．令g(x) ，
x2 x2
x2 4 (x2 4)8 8 8
x[2,0]，则 g(x)   x2 (x2) 4.设
x2 x2 x2 x2
8
t  x2(4 t 2)，则h(t)t  4，易知h(t)在区间(4, 2 2)上单调递增，
t
在区间(2 2,2)上单调递减．又h(4)2 ，h(2)  2，所以h(t) 2，
min
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学科网（北京）股份有限公司h(t) 44 2 ，所以22a44 2，即1a 22 2，故实数a的最小
max
值是-1．
二、选择题
9．ABD【解析】由题意得ab（11,02 3)(2,2 3），所以|ab| 22 (2 3）2
=4，故A正确；.(ab)a 212 302，故B正确；因为cosa,ab
a(ab) 2 1 
  ，且0 a,ab ，所以 a,ab  ，故C错误；向量
|a||ab| 14 2 3
a(ab) a
ab在向量a上的投影向量为
 
2a，故D正确．
 |a| |a|
 A13,
10．ABC【解析】因为  所以 A2 ，所以 f(x)2cos(2x)1，又
A11,
3 1
| f(0)||2cos1|2，所以cos （舍去）或cos ，因为0，
2 2
2  2  
所以 ，所以g(x)2sin2x ，当x  时，g 2，所以g(x)
3  3  12 12
  
的图象关于直线x  对称，故A正确；当x  时，g 0，所以g(x)的图象
12 3  3
  3 2
关于点 ,0对称，故B正确；当 2k 2x  2k，kz ，即
 3  2 3
5 
 k x  k，kZ ，时，g(x)单调递减，则当k 0时，g(x)在区
12 12
 5     
间  , 上单调递减，所以g(x)在区间 0, 上的单调递减区间为 0, ，故
     
 12 12  2  12
    2
C正确；因为 fx  12cos2x  2cos2x  g(x)，故D错误．
 6  3 3 
11．AC【解析】因为圆C :x2  y2 2x8y160的标准方程为(x1)2 (y4)2 1，
1
所以其圆心为C (1,4)，半径为r 1，因为圆C :x2  y2 6x 50的标准方程为
1 1 2
(x3)2  y2 4，所以其圆心为C (3,0)，半径为r 2，设点C 关于直线l对称的
2 2 2
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学科网（北京）股份有限公司 b
1,
  a3 a 2,
点为C(a,b)，则 解得 即C(2,5). 如图，连接CC 交直

a3 b b5, 1
 20,

 2 2
线l于点P，连接PC ，此时C,P,C 三点共线，|PC ||PC |最小，则|PA ||PB|
2 1 2 1
最小，所以(|PA ||PB|)  |PC ||PC |r r |CC |r r 3 10 3，
min 2 1 1 2 1 1 2
故A正确、B错误；因为|PA ||PB|| AB|，所以当| AB|取到最大值且点P,A,B共
线时，|PA | |PB|取到最大值．由图可知，| AB| |MN | |CC |r r 
max 1 2 1 2
2 53，所以|PA ||PB|的最大值为2 5 3，故C正确，D错误。
12．BCD【解析】在棱长为2的正方体ABCD  ABC D中，知正四面体 ABCD的棱长
1 1 1 1
为2 2 ，故球心O即为该正方体的中心，连接 BD ，设 ACBD  N ，因为
1 1 1 1
BB //DD ，BB  DD ，所以四边形BBDD为平行四边形，所以BD//BD . 又
1 1 1 1 1 1 1 1
BD// 平面  BD  平面  ，所以 BD // 平面  . 因为 AC// 平面  ，
1 1 1 1
AC BD  N ，AC ，BD 平面ABCD ，所以平面// 平面ABCD ．对于A，
1 1 1 1 1 1 1 1
如图①，因为平面// 平面ABCD ，平面平面ABC  EM ，平面ABCD 平
1 1 1 1
EM BE
面 ABC  AC ，所以 EM //AC ，则  1，即 EM (1)AC 
AC AB
2 2(1) 同 理 可 得 GH // AC ， GH 2 2(1) ， HE//GM //BD ，
HE GM  2 2，所以四边形 EMGH 的周长 L  FM GM  GH  HE 
4 2，故A错误；对于B，如图①，由A可知HE//GM //BD，HE GM  2 2，
且EM //GH // AC ，EM GH 2 2(1)，因为四边形ABCD 为正方形，所以
1 1
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学科网（北京）股份有限公司AC  BD ，所以四边形EMGH 为矩形，所以点A到平面的距离d AA 2，
1 1 1
1
故四棱锥 AEMGH 的体积V 与之间的关系式为V() 22 2
3
16 16
2 2(1) (2 3) ，则 V() (23) . 因为 01 ，所以当
3 3
2 2
0 时，V()0，V()单调递增；当 1时，V()0，V()单调
3 3
2 64
递减，所以当 时，V()取到最大值 ，故四棱锥AEMGH 体积的最大值为
3 81
64
，故B正确；对于C，正四面体ABCD的外接球即为正方体ABCD  ABC D的
81 1 1 1 1
1
外接球，其半径R  3．设平面截球O所得截面的圆心为O ，半径为r，当
1 4
1 11
时，OO  . 因为OO2 r2  R2，则r  R2 OO2  ，所以平面截球O
1 2 1 1 2
所得截面的周长为2r  11，故C正确；对于D，如图②，将正四面体ABCD绕EF
旋转 90°后得到正四面体 ABC D ，设 AD  AD  P ， AC BD  K ，
1 1 1 1 1 1 1 1
BC BC Q ，BD  AC  N ，连接KP,KE,KF,KQ,NP,NE,NF,NQ，因为
1 1 1 1
1
 ，所以E,F,P,Q,K,N 分别为各面的中心，两个正四面体的公共部分为几何
2
体KPEQFN 为两个相同的正四棱锥组合而成，又EP  2，正四棱锥K PEQF 的
1 1 4
高为 AA 1，所以所求公共部分的体积V 2V 2 1 2 2  ，
2 1 四棱锥PEQF 3 3
故D正确．
三、填空题
10
13．  【解析】由题知命题的否定“Vx[1,3],x2  ax10 ”是真命题，令
3
f(1)a20, 10
f(x) x2 ax1(x[1,3])，则 解得a ，故实数a的最
f(3)3a100， 3
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学科网（北京）股份有限公司10
大值为 .
3
14 ． ①② 【 解 析 】 由 题 意 知 f(x) f(x)0 ， 又 f（2 x） f(x) ， 所 以
f(2 x) f(x)  0 ，所以 f(2 x f(x)0 ，即 f(x2)f(x) ，则
f(x4)  f(x2) f(x)，所以 f(x)是周期为4的函数，且 f(x4)f(x)，
即 f(x4) f(x)0，所以 f(x)的图象关于点(2，0)对称，故①正确，是真命题；
因为 f(x)为奇函数，且在区间[1,0]上是增函数，所以 f(x)在区间[0,1]上是增函数，
又 f(2 x） f(x)，所以 f(x)的图象关于直线x 1对称，所以 f(x)在区间[1,2]上
是减函数，故②正确，是真命题；而 f(50) f(412 2) f(2) f(0)0，故③
错误，是假命题．
15．1或2 4m1【解析】若待检测的总人数为8，经过4轮共7次检测，则第1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
的是有感染者的4人组均分的两组，每组2人；第4轮需检测2次，每次检查的是有感
染者的2人组分成的两组，每组1人，则感染者人数为1或2．当待检测的总人数为
2m(m3)，且假设其中有不超过2名感染者时，若没有感染者，则只需1次检测即可：
若有1名感染者，则需12m(2m1)次检测；若有2名感染者，且检测次数最多，
则第2轮检测时，2名感染者不位于同一组，两个待检测组的样本数均为2m-1、，每组1
名 感 染 者 ， 此 时 每 组 需 12(m1) (2m1) 次 检 测 ， 则 两 组 共 需
2(2m1)(4m2) 次检测，故有 2 名感染者，且检测次数最多，共需
4m 21(4m1)次检测．因为m3，所以4m1 2m1，所以n的最大值
为4m1.
2 3 x2 y2
16． 【解析】对椭圆  1(a b0)，设P(acos，bsin)，PFF 的内
3 a2 b2 1 2
1 1
切 圆 半 径 为 r ， 则 S   2cb|sin|bc|sin| (2c2a)r ， 故
PF 1 F 2 2 2
bc|sin|
r  |n|，由题意知F(c,0)，F (c,0)，
ac 1 2
则|PF | (acosc)2 (bsin)2  a2 2acos(ccos)2  accos，同
1
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学科网（北京）股份有限公司理可得|PF |accos. 又由内切圆的性质得(cm)(mc)|PF ||PF |
2 2 1
(accos)(accos) ， 所 以 mccos . 由 sin2 cos21 ， 得
m2 n2 m2 n2
 1，即  1. 当a 2，c 1时，m2 3n2 1(n 0).
c2 (bc)2 c2 ac
c2
(ac)2 ac
1 1 2 3  
设mcos，n sin 0，则mncos sin sin ，
3 3 3  3
2 3
所以mn的最大值为 .
3
四、解答题
1 a 3
1 n 1
b a 4a 3(1a ) 3
17．(1)证明：由题意得a  1，因为 n1  n1  n  n  ，（3分）
n b 1 1 4(1a ) 4
n 1 1 n
a a
n n
1 1
且b  1 ，（4分）
1 a 4
1
1 3
所以数列{b }是首项为 ，公比为 的等比数列．（5分）
n 4 4
 n
1 3
1  
 1   1   1   1  4 4 
(2)解：由(1)得

 1



 1



 1



 1

 
a 1  a 2  a 3  a n  1 3
4
n n
3 1 1 1 1 3
1  ，即    n1  ，
4 a a a a 4
1 2 3 n
n
1 1 1 1 3
所以    n1  . （8分）
a a a a 4
1 2 3 n
n
1 1 1 1 3
因为    140，所以n1  140.
a a a a 4
1 2 3 n
n
3
又 f(n)n1  随着n的增大而增大，所以n140，故满足条件的最小正整数
4
n为140. (10分)
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学科网（北京）股份有限公司sinBAD sinB BDsinB
18．(1)证明：在ABD中，由正弦定理得  ，则sinBAD  ；
BD AD AD
sinCAD sinC CDsinC
在ACD中，由正弦定理得  ，则sinCAD  ，（4分）
CD AD AD
sinBAD sinCAD BDsin B CDsinC BDsinBAC
所 以     
b c ADb ADc ADa
1 1
(BDCD) a
CDsinBAC 1 3
2 2
    ，（5分）
ADa ADa ADa 2AD 2a
1
所以AD  a. （6分）
3
2 1 1
(2)解：由CD 2BD ，得CD  a，BD  a . 又 AD  a，所以在ACD和
3 3 3
ABD 中，由余弦定理得
2 2 2 2
1  2  1  2 
 a  a b2  a  a c2
3  3  3  3 
cosADC  cosADB  .
1 2 1 1
2 a a 2 a a
3 3 3 3
2 2 2 2
1  2  1  1 
 a  a b2  a  a c2
3  3  3  3 
由cosADC cosADB 0，得  0,
1 2 1 1
2 a a 2 a a
3 3 3 3
整理得a2 b2 2c2. （9分）
5 5
又BAC  ，所以在ABC中，由余弦定理得a2  b2 c2 2bccos b2 
6 6
c2  3bc.
 a2 b2 2c2,  c  3b,
联立 得
 a2 b2 c2  3bc  a  7b,
2 2
1  2  5
 a  a b2 7b2 b2
3  3  9 13
故cosADC    . (12分)
1 2 4 14
2 a a 7b2
3 3 9
19．解：(1)第一场比赛，业余队安排乙与甲进行比赛，则业余队获胜的概率为
 3 3  3 7 7
P 1 (1 p) (1 p)1   p； （2分）
1  4 4  4 16 16
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学科网（北京）股份有限公司第一场比赛，业余队安排丙与甲进行比赛，则业余队获胜的概率为
 3  3 1 1
P (1 p)1  p1 (1 p)  p2. （4分）
2  4  4 4 4
1 3 1 7 3 1 1
当  p 时 ， P P  p2  p  (4p2 7p3) (p1)
2 4 1 2 4 16 16 16 16
(4p3)0， （5分）
即P  P ，所以第一场业余队应该安排乙与甲进行比赛． （6分）
1 2
(2)由题意知X的可能取值为8或16．
7 7
由(1)知第一场业余队应该安排乙与甲进行比赛，此时业余队获胜的概率P   p
1 16 16
3  3 3 15
专业队获胜的概率P   p1  p  p，
3 4  4 4 16
7 1
所以非平局的概率P(X 16) P  P   p（9分）
1 3 16 2
1 9
平局的概率P(X 8)1P(X 16) p ，
2 16
 7 1   1 9  23
所以E(X)16  p8 p  4p. (11分)
16 2   2 16 2
1 3 27 29
因为  p ，所以  E(X) ，
2 4 2 2
27 29
即X 的数学期望E(X)的取值范围是 , . (12分)
 2 2 
20．(1)证明：由题意得PO 平面ABD.
因为D是切线CE与圆O的切点，
所以CF 平面ABD，且OD CE，则PO CE .（2分）
又POOD O，PO,OD 平面POD，
所以CE 平面POD.
又CE 平面PDE，
所以平面PDE 平面POD（4分）
(2)解：如图，作Ox//AE，则Ox,OC,OP两两垂直．以O为坐标原点，Ox,OC,OP
别为x,y,z轴的正方向，建立空间直角坐标系．
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学科网（北京）股份有限公司由题意知PO 2，CO 2R，OD  R，CD  3R，
CD CO OD
又ACE∽DCO，所以   ，则EA CD  ED  3R，
CA CE EA
 3 1 
所以P(0,0,2)，D R, R,0，E( 3R,R,0)，B(0,R,0)，
 2 
 2 
 3 1 
则PD  R, R,2，PB (0,R,2)，PE  ( 3R,R,2). （6分）
  2 2  
设平面PBD的法向量为m(x,y,z)，
 3 1
mPD  Rx Ry 2z 0,
则 2 2

mPB  Ry 2z 0.
3  3 
令x  3 ，则 y 3，z  R，得平面PBD的一个法向量为m 3,3, R.
2  2 
105
又直线PE与平面PBD所成角的正弦值为 ，
35
|mPE| 3R 105
所以|cosm,PE |   ，
|m||PE| 9 35
12 R2  44R2
4
2 3
解得R  或R 2. （9分）
3
3
由题意知AC  OC，C为直线AC 与平面PDE的交点，所以点A到平面PDE的
2
3
距离为点O到平面PDF 的距离的 倍．
2
又平面PDE 平面POD，平面PDE平面POD  PD，所以点O到平面PDE的
距离即为点O到直线PD的距离．
在RtPOD中，PO 2，OD  R，
2R 3R
所以点O到直线PD的距离为 ，则点A到平面PDE的距离为 ，
4 R2 4 R2
3 3 2
故点A到平面PDE的距离为 或 . (12分)
2 2
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学科网（北京）股份有限公司21．解：(1)由题知c 2，且2a  (32)2 ( 2 0)2  (32)2 ( 2 0)2 2 3，
（2分）
所以a  3，所以b c2 a2 1.
x2
故E的方程为  y2 1. （4分）
3
 x 2
(2)法一：设A(x 1 ,y 1 )，则B(x 1 ,y 1 )，直线FA 的方程为x my2    其中m 1 y    ,
1
 x 2
直线FB的方程为x ny2

其中n 1

.
 y 
1
设C(x ,y ),D(x ,y ),
C C D D
x  my2
 1
联立
x2
，得(m2 3)y2 4my 10，（6分）
 y21
 3
1 1 y
则 0，得 y y   ，y  1 .
1 C m2 3  x 2 2 C x24x 43y2
 1  3 1 1 1
 
 y 
1
y
又x2 3y2 3，所以y  1 ，
1 1 C 74x
1
y x 2 127x
则x  1 . 1 2 1 .
C 74x y 74x
1 1 1
 y 127x
同理可得 y  1 ，x  1 . （9分）
D 74x D 74x
1 1
因为直线CD经过点N(0,1)，
所以C,D,N 三点共线，即CN//DN ，
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学科网（北京）股份有限公司则x (y 1) x (y 1)，
D C C D
127x  y  127x   y 
所以 1  1 1 1  1 1，
74x 1  74x 1  74x 1  74x 1  
化简得(127x )(y 74x )(127x ) (y 74x )，
1 1 1 1 1 1
y 1
整理得12y  x ，故k  1  . (12分)
1 1 x 1 12
法二：设A(x ,y )，C(x ,y )，D(x ,y )，
1 1 C C D D
则B(x ,y )，
1 1
 x 2
直线FA 的方程为x my2其中m 1 ，
 
 y 
1
 x 2
直线FB的方程为x ny 1 2    其中n 1 y    .
1
x my2,

联立
x2
得(m2 3)y2 4my10，
  y2 1,
 3
1 1
则 0，所以 y y   ，
1 C m2 3  x 2 2
 1  3
 
 y 
1
y
则 y  1 （8分）
C x24x 43y2
1 1 1
y
又x2 3y2 3，所以 y  1 ，
1 1 C 74x
1
 y
同理可得 y  1 .
D 74x
1
设直线CD的方程为x t(y1)，
x t(y1),

联立
x2
得(t2 3)y2 2t2yt2 30，
  y2 1,
 3
则 12(2t2 3)  0，y y 1， (10分)
C D
y  y
即 1  1 1，化简得 y2 16x2 49.
74x 74x 1 1
1 1
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又x2 3y2 3，解得x2 ，y2  .
1 1 1 47 1 47
y2 1
故k  1  . (12分)
x2 12
1
22．解：(1)当a 2时， f(x)  ex  xsin xcos x2x2，
则 f(x)ex  xcosx2，
所以 f(0)1.（2分）
又 f(0)0，所以曲线 y  f(x)在点(0, f(0))处的切线方程为y x. （4分）
(2) f(x)ex  xcosxa，
令h(x) f(x)(x0)，则h(x)ex cosx xsinx.
令u(x)ex 1 x(x0)，则u(x)ex 10，
所以u(x)在区间[0,)上单调递增，
则u(x)u(0)0，即ex (x1)0.
当x0时，sinx1，则 xsinxx.
又cosx1，所以cosx xsinx(x1)，
所以ex cosx xsinxex (x1)0，
即h(x)0， （6分）
则h(x)在区间[0,)上单调递增，即 f(x)在区间[0,)上单调递增，
所以 f(x) f(0)1a. （7分）
①当1a0，即a 1时， f(x) f(0)0， f(x)在区间[0,)上单调递增，
所以 f(x) f(0)0，符合题意； （8分）
②当1a0，即a 1时， f(a)ea acosaa ea 2a.
令g(a)  ea 2a(a 1)，
则g(a)ea 2e20，
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学科网（北京）股份有限公司所以g(a)在区间(1,)上单调递增，
则g(a) g(1)e20，故 f(a)0.
又 f(0)0，所以x (0,a)，使得 f(x )0.
0 0
当x(0,x )时，f(x)0，则 f(x)在区间(0,x )上单调递减，此时 f(x) f(0)0
0 0
不符合题意．
综上，实数a的取值范围为(,1]. (12分)
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