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 第 7 页 共 21 页 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 第 8 页 共 21 页 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 第 9 页 共 21 页 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 第 10 页 共 21 页 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 第 11 页 共 21 页 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 第 12 页 共 21 页 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) 第 13 页 共 21 页 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 第 14 页 共 21 页 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． 第 15 页 共 21 页 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 第 16 页 共 21 页 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 ， 第 17 页 共 21 页 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 第 18 页 共 21 页 学科网（北京）股份有限公司144 1 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， 第 19 页 共 21 页 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) 第 20 页 共 21 页 学科网（北京）股份有限公司