2022届河北省衡水中学高三上学期六调数学试题含解析

2022届河北省衡水中学高三上学期六调数学试题

一、单选题

1．第32届奥运会男子举重73公斤级决赛中，石智勇以抓举166公斤，挺举198公斤，总成绩364公斤的成绩，为中国举重队再添一金，创造新的世界纪录.根据组别划分的最大体重以及举重成绩来看，举重的总质量与运动员的体重有一定的关系，如图为某体育赛事举重质量与运动员体重之间关系的折线图，下面模型中，最能刻画运动员体重和举重质量之间的关系的是（ ）

A．（） B．（）

C．（） D．（，且）

【答案】A

【分析】根据函数，，，的图象特征判断.

【详解】在同一坐标系中作出函数，，，

在第一象限的图象，如图所示：

由函数图象，根据折线图可知，最能刻画运动员体重和举重质量之间的关系的是（），

故选：A

2．要得到函数的图象，只需将函数的图象（       ）

A．向左平移个单位 B．向右平移个单位

C．向上平移个单位 D．向下平移个单位

【答案】A

【解析】先变形：，再根据左加右减原理即可得解.

【详解】因为，

所以由函数的图象得到函数的图象，

根据左加右减，只需向左平移个单位.

故选：A.

3．阿基米德(公元前年—公元前年)不仅是著名的物理学家，也是著名的数学家,他利用“通近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.若椭圆的对称轴为坐标轴，焦点在轴上，且椭圆的离心率为，面积为则椭圆的方程为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由题意，设出椭圆的标准方程为，然后根据椭圆的离心率以及椭圆面积列出关于a、b的方程组，求解方程组即可得答案．

【详解】解：由题意，设椭圆C的方程为，

因为椭圆的离心率为，面积为，

所以，解得，

所以椭圆C的方程为，

故选：A.

4．以下四个选项中的函数，其函数图象最适合如图的是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据题意，用排除法分析排除、、，综合可得答案．

【详解】根据题意，用排除法分析：

对于，，当时，有，不符合题意，

对于，当时，，不符合题意，

对于，，，不符合题意，

故选：．

5．在正方体中，过点D作直线l与异面直线AC和所成角均为，则的最小值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】计算异面直线和所成角，则的最小值为异面直线和所成角的一半

【详解】解：因为∥，

所以为异面直线和所成角，

因为，

所以是等边三角形，所以，

过点作直线l的平行线，则当与的角平分线平行时，取得最小值为，

故选：B

【点睛】此题考查异面直线所成角，属于基础题．

6．对于函数，若在定义域内存在实数，满足，则称为“局部奇函数”.已知在上为“局部奇函数”，则的取值范围是（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由得出（用表示），方程有解，转化为求新函数的取值范围即得参数范围．

【详解】因为，所以，所以，则.因为（当且仅当时，等号成立），所以，即.

故选：B．

7．数学对于一个国家的发展至关重要，发达国家常常把保持数学领先地位作为他们的战略需求.现某大学为提高数学系学生的数学素养，特开设了“古今数学思想”，“世界数学通史”，“几何原本”，“什么是数学”四门选修课程，要求数学系每位同学每学年至多选门，大一到大三三学年必须将四门选修课程选完，则每位同学的不同选修方式有（   ）

A．种 B．种 C．种 D．种

【答案】B

【分析】先分类，再每一类中用分步乘法原理即可.

【详解】由题意可知三年修完四门课程，则每位同学每年所修课程数为或或若是，则先将门学科分成三组共种不同方式.再分配到三个学年共有种不同分配方式，由乘法原理可得共有种，若是，则先将门学科分成三组共种不同方式，再分配到三个学年共有种不同分配方式，由乘法原理可得共有种，若是，则先将门学科分成三组共种不同方式，再分配到三个学年共有种不同分配方式，由乘法原理可得共有种

所以每位同学的不同选修方式有种，

故选：B.

8．在矩形ABCD中，AB=1，AD=2，动点P在以点C为圆心且与BD相切的圆上．若= +，则+的最大值为

A．3 B．2 C． D．2

【答案】A

【详解】如图所示，建立平面直角坐标系.

设,

易得圆的半径，即圆C的方程是，

，若满足，

则 ，，所以，

设，即，点在圆上，

所以圆心到直线的距离，即，解得，

所以的最大值是3，即的最大值是3，故选A.

【名师点睛】（1）应用平面向量基本定理表示向量是利用平行四边形法则或三角形法则进行向量的加、减或数乘运算.

（2）用向量基本定理解决问题的一般思路是：先选择一组基底，并运用该基底将条件和结论表示成向量的形式，再通过向量的运算来解决.

二、多选题

9．下列说法正确的是（　　）

A．将一组数据中的每个数据都乘以同一个非零常数后，方差也变为原来的倍

B．设有一个回归方程，变量增加1个单位时，平均减少5个单位

C．线性相关系数的绝对值越接近于1，两个变量的线性相关性越强；反之，越接近于0线性相关性越弱

D．在某项测量中，测量结果服从正态分布（），则

【答案】BCD

【分析】直接利用方差关系式的变化和原数据的关系，回归直线方程，相关系数的关系式，正态分布的关系式的应用判断A、B、C、D的结论．

【详解】解：对于A：将一组数据中的每个数据都乘以同一个非零常数后，方差也变为原来的倍，故A错误；

对于B：设有一个回归方程，变量增加1个单位时，，所以平均减少5个单位，故B正确；

对于C：线性相关系数的绝对值越接近于1，两个变量的线性相关性越强；反之，越接近于0线性相关性越弱，故C正确；

对于D：在某项测量中，测量结果服从正态分布，，对称轴为则，故D正确；

故选：BCD．

10．已知等比数列的公比为q，前4项的和为，且，，成等差数列，则q的值可能为（       ）

A． B．1 C．2 D．3

【答案】AC

【分析】根据，，成等差数列，以及数列前4项的和为，求出a3，再根据，，成等差数列，将各项化为a3和q，进而求出q.

【详解】因为，，成等差数列，所以，又因为数列前4项的和为，

所以，

而数列公比为q，再根据有，，所以或.

故选：AC.

11．已知函数，其中表示不超过实数x的最大整数，关于有下述四个结论，正确的是（       ）

A．的一个周期是 B．是非奇非偶函数

C．在单调递减 D．的最大值大于

【答案】ABD

【分析】先根据周期函数定义判断选项A，再根据函数的意义，转化为分段函数判断B选项，结合三角函数的图象与性质判断C，D选项.

【详解】，

的一个周期是，故A正确；

，

是非奇非偶函数，B正确；

对于C，时，，不增不减，所以C错误；

对于D，，，D正确.

故选：ABD

【点睛】本题主要考查了函数的周期性，单调性，奇偶性，考查了特例法求解选择题，属于中档题.

12．为弘扬中华民族优秀传统文化，某学校组织了《诵经典，获新知》的演讲比赛，本次比赛的冠军奖杯由一个铜球和一个托盘组成，如图，已知球的体积为，托盘由边长为的正三角形铜片沿各边中点的连线垂直向上折叠而成，如图.则下列结论正确的是（       ）

A．经过三个顶点的球的截面圆的面积为

B．异面直线与所成的角的余弦值为

C．直线与平面所成的角为

D．球离球托底面的最小距离为

【答案】BCD

【分析】求出外接圆面积判断A，作出异面直线所成的角并求出这个角后判断是B，根据直线民平面所成的角定义判断C，求出球心到平面的距离可判断D．

【详解】根据图形的形成，知三点在底面上的射影分别是三边中点，如图，与全等且所在面平行，截面圆就是的外接圆与的外接圆相同．

由题意的边长为1，其外接圆半径为，圆面积为，A错；

由上面讨论知与平行且相等，而与平行且相等，因此与平行且相等，从而是平行四边形，，所以是异面直线与所成的角（或其补角）．由已知，，，，

，B正确；

由平面与平面垂直知在平面内的射影是，所以为直线与平面所成的角，此角大小，C正确．

由上面讨论知，设是球心，球半径为，由得，则是正四面体，棱长为1，设是的中心，则平面，又平面，所以，，则，又．

所以球离球托底面的最小距离为，D正确．

故选：BCD．

【点睛】关键点点睛：本题考查空间折叠问题，掌握空间的垂直关系是解题关键．由垂直平行关系得出与全等且所在面平行，从而易得截面圆与的外接圆相同，从而可得，得异面直线所成的角，得直线与平面所成的角，根据正四面体积的性质求得其高，得出距离的最小值．

三、填空题

13．已知集合，，则_____________．

【答案】

【分析】结合已知条件求出集合，然后利用集合的交运算即可求解.

【详解】由可知，，即，

解得，从而，

因为，

所以.

故答案为：.

14．在的展开式中，的系数为 _______

【答案】3.75

【分析】利用二项式定理的通项公式即可求解﹒

【详解】二项式的通项公式．

令可得，

则的系数为．

故答案为：

15．如图，已知抛物线及两点和，其中.过、分别作轴的垂线，交抛物线于、两点，直线与轴交于点，此时就称、确定了.依此类推，可由、确定、.记，、、、.

给出下列三个结论：

①数列是递减数列；②对任意，；③若，，则.

其中，所有正确结论的序号是_____．

【答案】①②③.

【分析】根据题意得出数列的递推公式，结合数列的递推公式对题中三个命题进行分析，可得出结论.

【详解】由题意知，，，

直线的斜率为，

则直线的方程为，

令，则，，即，

在等式两边取倒数得.

，，由此可得出，，，命题②正确；

，则，由②知，对任意的，，

，即数列是单调递减数列，命题①正确；

若，，则，，，命题③正确.

故答案为：①②③.

【点睛】本题考查数列与解析几何的综合，考查数列基本性质的判断，解题的关键就是求出数列的递推公式，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.

16．在锐角三角形中，角的对边分别为，若，则的最小值是______．

【答案】

【分析】由余弦定理及所给等式可得，化简得，然后利用正弦定理进行边化角可整理得，再由可推出，令将所求式子整理为关于m的函数，利用基本不等式即可求得最小值.

【详解】由余弦定理，得，则由，得，所以，

由正弦定理，得，所以，

所以，，．

因为，

所以，

则．

令，而

则，

，

当且仅当时，等号成立，

故的最小值为．

故答案为：

【点睛】本题主要考查正弦定理、余弦定理的应用，两角和的正弦公式、正切公式，基本不等式的应用，换元法的应用等，属于较难题．根据条件中边和角的关系求解三角形的相关问题的一般方法：（1）利用正弦定理将边化为角，然后利用三角函数的知识及其他知识求解；（2）利用正弦定理或余弦定理将角化为边，然后利用代数知识求解．

四、解答题

17．已知数列满足：.

（1）求的通项公式；

（2）令，求数列的前项和.

【答案】（1），；（2），.

【分析】（1）利用与的关系，即可求出的通项公式；

（2），利用分组求和即可求出数列的前项和.

【详解】解：（1）当时，，

当时，，①

，②

①-②得，

，

当时，满足通项公式，

，.

（2），

，.

18．如图，已知菱形的边长为2，，是平面外一点，在四边形中，交于点.，，，，.

(1)证明：平面；

(2)求平面与平面夹角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）通过证明来证得平面.

（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得平面与平面夹角的余弦值.

【详解】(1)在中，由余弦定理，得，

所以，所以为等边三角形.

所以，则，

又，

所以平面.

(2)设是的中点，，

所以三角形是等边三角形，所以，

由（1）知，平面，所以，

以A为坐标原点，的方向分别为x轴、轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，

则，

所以.

设平面的一个法向量为，

则,得,

令，得.

又平面的一个法向量为，

所以，

所以平面与平面夹角的余弦值为.

【点睛】19．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a+c=2bcosA.

（1）证明：B=2A；

（2）设D为BC边上的中点，点E在AB边上，满足，且，四边形ACDE的面积为，求线段CE的长.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【分析】（1）结合正弦定理边化角，然后化简证明即可；

（2）根据题意作出图形，然后结合正余弦定理解三角形即可.

【详解】（1）由正弦定理得∶

∵A，B∈(0，π)

∴A=B-A

∴B=2A

（2）由

∴DE⊥AB

∴

∴，，

∴

而四边形ACDE的面积

∴

由余弦定理得∶

20．如图所示，已知椭圆：的离心率为，且过点，

（1）求椭圆的方程；

（2）设在椭圆上，且与轴平行，过作两条直线分别交椭圆于两点，，直线平分，且直线过点，求四边形的面积．

【答案】（1）；（2）．

【分析】（1）由题知，，进而解得，，即椭圆的方程为；

（2）根据题意，设：，，，进而与椭圆联立方程得，再根据直线平分，进而化简整理得，解得，，进而得，最后计算四边形的面积.

【详解】解：（1）由离心率，得（），

由于点在椭圆上，故（），

联立（）（）得，，

所以椭圆的方程为．

（2）由直线过点，可设：，

它与椭圆的方程联立得，

设，，则，①

因为直线平分，所以，

即，整理得，

将①代入上式并化简得，

所以，所以，

所以，

所以四边形的面积．

【点睛】本题考查椭圆的方程的求解，椭圆中的四边形的面积问题，考查运算求解能力，化归转化思想，是中档题.本题解题的关键在于将直线平分转化为，进而设方程，，，通过设而不求计算得,最后结合求解面积.

21．十三届全国人大常委会第二十次会议审议通过的《未成年人保护法》针对监护缺失、校园欺凌、烟酒损害、网络沉迷等问题，进一步压实监护人、学校、住宿经营者及网络服务提供者等主体责任，加大对未成年人的保护力度．某中学为宣传未成年人保护法，特举行一次未成年人保护法知识竞赛，比赛规则是：两人一组，每一轮竞赛中，小组两人分别答两题，若答对题数不少于3题，被称为“优秀小组”，已知甲乙两位同学组成一组，且同学甲和同学乙答对每道题的概率分为，．

（1）若，，则在第一轮竞赛中，求他们获“优秀小组”的概率；

（2）当，且每轮比赛互不影响，如果甲乙同学在此次竞赛活动中要想获得“优秀小组”的次数为9次，那么理论上至少要进行多少轮竞赛？

【答案】（1）；（2）至少要进行19轮竞赛．

【分析】（1）由题意可知获“优秀小组”的情况包含三种情况，分别计算概率，再求和；

（2）首先计算甲乙同学获得“优秀小组”的概率，再根据，利用基本不等式求的范围，再将概率表示为二次函数求的最大值，根据，计算的最小值.

【详解】（1）由题可知，所以可能的情况有：

①甲答对1次，乙答对2次的概率

②甲答对2次，乙答对1次的概率；

③甲答对2次，乙答对2次的概率

故所求的概率

（2）他们在轮竞赛中获“优秀小组”的概率为：

因为，，，所以，，

所以

利用基本不等式知，当且仅当时，等号成立，

，

令，则，

所以当时，，

他们小组在竞赛中获“优秀小组”次数满足

由，则，所以理论上至少要进行19轮比赛.

【点睛】关键点点睛：本题考查独立事件概率，二项分布，最值的综合应用，重点考查读懂题意，抽象与概括能力，属于中档题型，本题第二问的关键是求出每次获得“优秀小组”的概率的最大值，并能抽象概括他们小组在竞赛中获“优秀小组”次数满足.

22．已知函数有两个不同的零点，.

(1)求的取值范围；

(2)若，求实数的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由分离常数，通过构造函数法，结合导数来求得的取值范围.

（2）由整理得，利用换元法表示，通过构造函数法，利用导数证得，结合（1）求得的取值范围.

【详解】(1)的定义域为.

令，得，

令，则，

令，可得，

当时，；

当时，.

所以在区间上单调递减，在区间上单调递增.

所以，

当x趋近于0时，y趋近于；

当x趋近于时，y趋近于，

所以.

(2)，

两式相减，得.

令，则，

故，

记，

则，

构造函数，

，所以在上递减，

由于，

所以当时，，

所以，

所以函数在区间上单调递减，

故，

即，而，

在区间上单调递减，

故，

即.

【点睛】根据函数的零点个数来求参数的取值范围，可采用导数来进行研究，具体步骤是：首先令，然后分离参数，接着构造函数，然后利用导数研究所构造的函数，再结合零点个数来求得参数的取值范围.