2023届河北省衡水中学高三下学期一调考试丨数学.docx

1、20222023衡水中学下学期高三年级一调考试数 学 本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。共4页，总分150分，考试时间120分钟。第卷（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ABCD2已知复数满足，则ABCD53已知，且，则ABCD4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 A4 923

2、B4 933 C4 941 D4 9515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ABCD6碳达峰，是指在某一个时点，二氧化碳的排放不再增长，达到峰值之后开始下降；碳中和，是指企业、团体或个人测算在一定时间内直接或间接产生的温室气体排放总量，通过植树造林、节能减排等形式，以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。亿吨后开始下降，其二氧化碳的排放量S（单位：亿吨）与时间基（单位：年）满足函数关系式，已知经过5年，该地区二氧化碳的排放量为亿吨若该地区通过植树造林、节能减排等形式，能抵消自身产生的二氧化碳排放量为亿吨，则该地

3、区要实现“碳中和”至少需要经过(lg 20.3)A28年 B29年 C30年 D31年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x%分位数，则x的取值可能为A50 B60 C70 D808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ABCD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ABC向量与的夹角为D向量在向量上的投影向量为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的图象关于直

4、线对称B的图象关于点对称C在区间上的单调递减区间为D的图象可由的图象向左平移个单位长度得到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 .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：

5、的图象关于点(2，0)对称；在区间上是减函数；其中所有真命题的序号是 15为检测出某病毒的感染者，医学上可采用“二分检测法”：假设待检测的总人数是，将2m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2m-1人的样本混合在一起做第2轮检测，每组检测1次依此类推，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”检测，经过4轮共7次检测后确定了所有感染者，则感

6、染者人数的所有可能值为 ；若待检测的总人数为，且假设其中有不超过2名感染者，采用“二分检测法”所需的检测总次数记为，则的最大值为 .16已知椭圆的左、右焦点分别为，为上任意一点（异于左、右顶点），点为的内心，则的最大值为 .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（10分）已知数列的首项，且满足，设.(1)证明：数列为等比数列；(2)若，求满足条件的最小正整数.18（12分）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.19(12分)2022年全国羽毛球锦标赛于12月16日在厦门举办，受此鼓舞，由一名羽毛球专业运动员甲组成的专

7、业队，与羽毛球业余爱好者乙、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：第一场业余队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

8、，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X万元，求X的数学期望E(X)的取值范围20(12分) 如图，圆锥的高，底面圆的半径为，延长直径到点，使得，分别过点作底面圆的切线，两切线相交于点是切线与圆的切点(1)证明：平面平面；(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离21(12分)已知双曲线的左焦点为，点是上的点(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.22(12分)已知函数.(1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)若对任意恒成立，求

9、的取值范围.数学参考答案一、选择题1，B【解析】由题意得，所以.2C【解析】设，由题意得，解得，所以.3B【解析】由题意得，解得或又，所以，则，所以，故ACD错误、B正确4D【解析】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.5A【解析】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，所以，所以的面积为.6C【解析】由题意得，即，所以，令，则，即，即，可得，故.7C【解析】由题意得从2，3，4，5，6

10、，7，8，9中随机取两个数有种不同的结果，其中一个数比大，一个数比小的不同结果有种，所以，整理得，解得或当时，数据中的分位数是第3个数，则，解得，故所有选项都不满足；当时，数据中的分位数是第6个数，则，解得，故ABD不满足、C满足8A【解析】的定义域为，当时，单调递减；当时，单调递增，所以，所以为方程的唯一实根，即，故，即，解得. 因为是4的零点，所以方程在区间上有实根，即在区间上有实根，即在区间上有实根令，则.设，则，易知在区间上单调递增，在区间上单调递减又，所以，所以，即，故实数的最小值是-1二、选择题9ABD【解析】由题意得，所以=4，故A正确；，故B正确；因为，且，所以，故C错误；向量

11、在向量上的投影向量为，故D正确10ABC【解析】因为所以，所以，又，所以（舍去）或，因为，所以，所以，当时，所以的图象关于直线对称，故A正确；当时，所以的图象关于点对称，故B正确；当，即，时，单调递减，则当时，在区间上单调递减，所以在区间上的单调递减区间为，故C正确；因为，故D错误11AC【解析】因为圆的标准方程为，所以其圆心为，半径为，因为圆的标准方程为，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，D错误。12BCD【

12、解析】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，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，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

13、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，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正确三、填空题13【解析】由题知命题的否定“”是真命题，令，则解得，故实数的最大值为.14【解析】由题意知，又，所以，所以，即，则，所以是周期为4的函数，且，即，所以的图象关于点(2，0)对称，故正确，是真命题；因为为奇函数，且在区间上是增函数，所以在区间上是增函数，又，所以的图象关于直线对称，所以在区间上是减函数，故正确，是真命题；而，故错误，是假命题

14、151或2 【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，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，此时每组需次检测，则两组共需次检测，故有2名感染者，且检测次数最多，共需次检测因为，

15、所以，所以的最大值为.16【解析】对椭圆，设，的内切圆半径为，则，故，由题意知，则，同理可得. 又由内切圆的性质得，所以.由，得，即. 当，时，.设，则，所以的最大值为.四、解答题17(1)证明：由题意得，因为，（3分）且，（4分）所以数列是首项为，公比为的等比数列（5分）(2)解：由(1)得，即，所以. （8分）因为，所以.又随着的增大而增大，所以，故满足条件的最小正整数为. (10分)18(1)证明：在中，由正弦定理得，则；在中，由正弦定理得，则，（4分）所以，（5分）所以. （6分）(2)解：由，得，. 又，所以在和 中，由余弦定理得.由，得,整理得.（9分）又，所以在中，由余弦定理得.

16、联立得故. (12分)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； （2分）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. （4分）当时， （5分）即，所以第一场业余队应该安排乙与甲进行比赛 （6分）(2)由题意知X的可能取值为8或16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专业队获胜的概率，所以非平局的概率（9分）平局的概率，所以. (11分)因为，所以，即的数学期望的取值范围是.(12分)20(1)证明：由题意得平面.因为是切线与圆的切点，所以平面，且，则.（2分）又，平面，所以平面.又平面，所以平面平面（4分）(2)解

17、：如图，作，则两两垂直以为坐标原点， 别为轴的正方向，建立空间直角坐标系由题意知，又，所以，则，所以，则，. （6分）设平面的法向量为，则令，则，得平面的一个法向量为.又直线与平面所成角的正弦值为，所以，解得或（9分）由题意知，为直线与平面的交点，所以点到平面的距离为点到平面的距离的倍又平面平面，平面平面，所以点到平面的距离即为点到直线的距离在中，所以点到直线的距离为，则点到平面的距离为，故点到平面的距离为或. (12分)21解：(1)由题知，且，（2分）所以，所以.故的方程为. （4分）(2)法一：设，则，直线的方程为,直线的方程为.设, 联立，得，（6分）则，得，.又，所以，则.同理可得，

18、. （9分）因为直线经过点，所以三点共线，即，则，所以，化简得，整理得，故. (12分)法二：设，则，直线的方程为，直线的方程为.联立得，则，所以，则（8分）又，所以，同理可得.设直线的方程为，联立得，则， (10分)即，化简得.又，解得，.故.(12分)22解：(1)当时，则，所以.（2分）又，所以曲线在点处的切线方程为. （4分）(2)，令，则.令，则，所以在区间上单调递增，则，即.当时，则.又，所以，所以，即，（6分）则在区间上单调递增，即在区间上单调递增，所以. （7分）当，即时，在区间上单调递增，所以，符合题意； （8分）当，即时，.令，则，所以在区间上单调递增，则，故.又，所以，使得.当时，则在区间上单调递减，此时不符合题意综上，实数的取值范围为. (12分)