精品解析：河北省衡水中学高考一模数学试题

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—下学期高三年级素养提升模拟一
数学试卷
本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共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. 已知､是全集的两个非空子集.若，则下列说法可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】通过，得到之间的关系，再结合韦恩图即可得到答案.
【详解】由可得 ，如图，

由图①②，，，，A,B,C错误；
由图②，D正确.
故选：D.
2. 已知，则下列结论一定正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由，得到，结合不等式的基本性质、作差比较、基本不等式和对数的运算法则，逐项判定，即可求解.
【详解】由，可得，则，
对于A中，由，所以，所以A不正确；
对于B中，由，且，则，所以B不正确；
对于C中，由，且，
当时，，此时；
当时，，此时；
当时，，此时，所以C不正确；
对于D中，由，因为，可得，
所以，可得，所以D正确
故选：D.
3. 某校有5名大学生打算前往观看冰球，速滑，花滑三场比赛，每场比赛至少有1名学生且至多2名学生前往，则甲同学不去观看冰球比赛的方案种数有（ ）
A. 48 B. 54 C. 60 D. 72
【答案】C
【解析】
【分析】先分组，再考虑甲的特殊情况.
【详解】将5名大学生分为1-2-2三组，即第一组1个人，第二组2个人，第三组2个人，
共有 种方法；
由于甲不去看冰球比赛，故甲所在的组只有2种选择，剩下的2组任意选，
所以由 种方法；
按照分步乘法原理，共有 种方法；
故选：C.
4. 17世纪，在研究天文学的过程中，为了简化大数运算，苏格兰数学家纳皮尔发明了对数，对数的思想方法即把乘方和乘法运算分别转化为乘法和加法，数学家拉普拉斯称赞为“对数的发明在实效上等于把天文学家的寿命延长了许多倍”.已知，，设，则所在的区间为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
利用对数的运算性质求出，由此可得答案.
【详解】
,
所以.
故选：C
5. 若，则的值为（ ）
A. 1或 B. 或 C. 或 D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】由已知得，所以或，
解三角方程可得答案.
【详解】由，得，
即，所以或，
由得，
由得或，
综上的值为、.
故选：D.
6. 已知椭圆的左焦点为，右顶点为，上顶点为，过点与轴垂直的直线与直线交于点.若线段的中点在椭圆上，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】联立直线与，得到，继而得到，代入椭圆求解即可
【详解】由题意，
由直线方程的截距式可得直线为：
过点与轴垂直的直线为：
联立可得
故，中点，
代入椭圆方程得，
解得（舍负）
故选：A
7. 已知A，B，C是表面积为的球O的球面上的三个点，且，，则三棱锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设球的半径为，外接圆的半径为，根据题意求出，再根据球心到的距离，即三棱锥的高，从而可得出答案.
【详解】解：设球的半径为，外接圆的半径为，
在中，由，，则
得，所以，
因为球O的表面积为，
则，解得，
所以球心到的距离，
即三棱锥的高为，
，
所以三棱锥的体积.
故选：C.
8. 已知实数，且，为自然对数的底数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】化简条件后根据形式构造函数，利用单调性判断不等式
【详解】因为，所以，
函数在上单调递增，且，因为
所以，所以，即，
又，所以，所以，即，综上，.
故选：D
二、选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，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. 如图，在直三棱柱中，，，､分别为，的中点，过点､､作三棱柱的截面，则下列结论中正确的是（ ）

A. 三棱柱外接球的表面积为
B.
C. 若交于，则
D. 将三棱柱分成体积较大部分和体积较小部分的体积比为
【答案】CD
【解析】
【分析】对于，将该三棱柱视为正方体的一部分，利用正方体的对角线为外接球的直径可求得外接球的表面积为，故A项错误；
对于，延长与交于点，连接交于，连接得到截面，可推得与不平行，可知B项错误；
对于，在中，计算可知C项正确；
对于，利用体积公式计算可知D项正确.
【详解】如图所示：

将该三棱柱视为正方体的一部分，则三棱柱外接球的半径，，其表面积为，故A项错误；
延长与交于点，连接交于，连接，则平面即为截面.
因为，是中点，所以是的中点，由与相似，得，得，
而是的中点，所以与不平行且必相交，所以与截面不平行，故B项错误；
因为，又，所以在中，，故C项正确；延长交于点，则将三棱柱分成体积较大部分的体积为
，所以剩余部分的体积为，所以体积之比为，故D项正确.
故选：CD.
【点睛】关键点点睛：将该三棱柱视为正方体的一部分，利用正方体的对角线为外接球的直径是解题关键.
10. 已知i是虚数单位，若，则（ ）
A. 复数z的虚部为 B.
C. 复数z对应的点在第二象限 D.
【答案】AD
【解析】
【分析】根据复数的乘除法运算求出，结合共轭复数的概念和复数的几何意义依次判断选项即可.
【详解】由题意得，
，
故其虚部为，．
复数z对应的点为（，），在第四象限，
，
故选：AD.
11. 已知直线y=a与曲线相交于A，B两点，与曲线相交于B，C两点，A，B，C的横坐标分别为x1，x2，x3，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】画出函数图像，得到x1，x2，x3范围，由得出A正确，由得出B错误，由得出C正确，由得出D正确.
【详解】

在上单调递增，在上单调递减，.
，
在上单调递增，在上单调递减，.
，则，A对.
在上单调递增，
，B错.
在单调递减，，C对.
对.
故选：ACD.
12. 在数列中，对于任意的都有，且，则下列结论正确的是（ ）
A. 对于任意的，都有
B. 对于任意的，数列不可能为常数列
C. 若，则数列为递增数列
D. 若，则当时，
【答案】ACD
【解析】
【分析】A由递推式有上，结合恒成立，即可判断：B反证法：假设为常数列，根据递推式求判断是否符合，即可判断；C、D由上，讨论、研究数列单调性，即可判断.
【详解】A：由，对有，则，即任意都有，正确；
B：由，若为常数列且，则满足，错误；
C：由且，
当时，此时且，数列递增；
当时，此时，数列递减；
所以时数列为递增数列，正确；
D：由C分析知：时且数列递减，即时，正确.
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：选项B应用反证法，假设为常数列求通项，判断是否与矛盾；对于C、D，将递推式变形为，讨论、时研究数列的单调性.
第II卷（非选择题 共90分）
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 已知为偶函数，且当时，，则在处的切线方程为______．
【答案】；
【解析】
【分析】首先求时，函数的解析式，再利用导数的几何意义求切线方程.
【详解】设，，因为函数是偶函数，
所以，
当时，，，，
所以在处的切线方程为，
即.
故答案为：
14. 已知向量，，点为坐标原点，在轴上找一个点，使得取最小值，则点的坐标是___________.
【答案】
【解析】
【分析】
设点的坐标是，求出，再利用配方法可得答案.
【详解】设点的坐标是，即，
因为向量，，
所以，
，

，
当时，有最小值，此时点的坐标是，
故答案为：.
【点睛】方法点睛：平面向量求最值有三种常见方法：1、几何法；2、三角函数有界法；3、二次函数配方法.
15. 已知函数，，当实数的取值范围为________时，的零点最多.
【答案】
【解析】
【分析】作出函数的图象，由得，设，分，，分别讨论与的交点个数，当时，求得与相切时切线的斜率，与相切时切线的斜率，由此可求得实数的取值范围.
【详解】解：作出函数的图象如图：
由得，设，
当时，与有2个交点；
当时，与有2个交点；.
当时，设与相切，切点为，则，所以切线的斜率为，
其切线方程为：，
又因切线恒过点，所以，解得，所以切线斜率为，当时，设与相切，切点为，则，所以切线的斜率为，
其切线方程为：，
又因切线恒过点，所以，解得，所以切线的斜率为，
所以当时，与有1个交点；
当时，与有2个交点；
当时，与有3个交点；
当时，与有4个交点；
所以实数的取值范围为时，的零点最多，
故答案为：.

16. 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；
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. 锐角三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
（1）求角C的值；
（2）若，D为AB的中点，求中线CD的范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理化简可得出，结合角为锐角可求得结果；
（2）由余弦定理可得出，利用平面向量的线性运算可得出，由平面向量数量积的运算可得出，利用正弦定理结合正弦型函数的基本性质可求得的取值范围，可得出的取值范围，即可得解
【小问1详解】
由，
，
，，，．
【小问2详解】
，，，
由余弦定理有：，，
所以，，
由正弦定理，，，，
，




，因为为锐角三角形，所以且，
则，,则，．
18. 在①，②为等比数列，且，这两组条件中任选一组，补充在下面横线处，并解答下列问题．
已知数列，数列的前项和是，______．
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列的前项和为，证明：对任意均有恒成立．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）若选①，利用退一相减法可得通项公式；若选②，直接可得数列的首项及公比，进而可得通项公式；
（2）利用错位相减法可得，进而得证.
【小问1详解】
解：若选①，当时，，即；
当时，，，
作差可得，即，
所以数列为等比数列，其首项为，公比，
所以；
若选②，，则，即，
故数列为等比数列，所以，且，
所以；
【小问2详解】
证明：由（1）得，所以，
所以，
，
则


，
所以，
又，所以恒成立.
19. 如图所示，四棱锥中，底面ABCD为矩形，AC与BD交于点O，点E在线段SD上，且平面SAB，二面角，均为直二面角．

（1）求证：；
（2）若，且钝二面角的余弦值为，求AB的值．
【答案】（1）证明见解析
（2）3
【解析】
【分析】（1）由线面平行性质定理去证明即可.
（2）建立空间直角坐标系，以向量法去表示二面角的余弦值为，进而可求得AB的值．
【小问1详解】
因为平面SAB，平面SBD，平面平面，故．
又因为四边形ABCD为矩形，故，则．
【小问2详解】
∵四边形ABCD为矩形，∴．
又∵平面平面ABCD，平面平面，平面ABCD，
∴平面SAD．∵平面SAD，∴．
同理．
又，平面ABCD，平面ABCD，
∴平面ABCD．
设，以A为坐标原点，AB，AD，AS所在直线分别为x，y，z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，



则，，，，，．
,，,
设为平面ABE的法向量，
∵，∴，令，则．∴．
设为平面CBE的法向量，
∵，∴，令，则．∴．
∴，解得．
故
20. 2021年7月18日第30届全国中学生生物学竞赛在浙江省萧山中学隆重举行．为做好本次考试的评价工作，将本次成绩转化为百分制，现从中随机抽取了50名学生的成绩，经统计，这批学生的成绩全部介于40至100之间，将数据按照，，，，，，，，，，，分成6组，制成了如图所示的频率分布直方图．

（1）求频率分布直方图中的值，并估计这50名学生成绩的中位数；
（2）在这50名学生中用分层抽样的方法从成绩在，，，，，的三组中抽取了11人，再从这11人中随机抽取3人，记为3人中成绩在，的人数，求的分布列和数学期望；
（3）转化为百分制后，规定成绩在，的为等级，成绩在，的为等级，其它为等级．以样本估计总体，用频率代替概率，从所有参加生物学竞赛的同学中随机抽取100人，其中获得等级的人数设为，记等级的人数为的概率为，写出的表达式，并求出当为何值时，最大？
【答案】（1），68
（2）分布列见解析，
（3），，1，3，，40，40
【解析】
【分析】（1）利用频率之和为列方程，化简求得的值，根据由频率分布直方图计算中位数的方法，计算出中位数.
（2）结合超几何分布的知识计算出的分布列和数学期望.
（3）根据二项分布的知识求得，由此列不等式，解不等式来求得的最大值时对应的的值.
【小问1详解】
由频率分布直方图的性质可得，，
解得，
设中位数为，
，解得．
【小问2详解】
，，，，，的三组频率之比为，
从，，，，，中分别抽取7人，3人，1人，
所有可能取值为0，1，2，3，
，
，
，
，
故的分布列为：

0
1
2
3





故．
【小问3详解】
等级的概率为，
，，1，3，，100，
令①，②，
由①可得，，解得，由②可得，，解得，
故时，取得最大．
21. 在平面直角坐标系中，双曲线的离心率为，实轴长为4.

（1）求C的方程；
（2）如图，点A为双曲线的下顶点，直线l过点且垂直于y轴（P位于原点与上顶点之间），过P的直线交C于G，H两点，直线AG，AH分别与l交于M，N两点，若O，A，N，M四点共圆，求点P的坐标.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据双曲线离心率结合实轴长，可求得a,b,即得答案;
（2）根据O，A，N，M四点共圆结合几何性质可推出，设，，，从而可以用点的坐标表示出t,再设直线，联立双曲线与直线方程，利用根与系数的关系式，代入t的表达式中化简，可得答案.
【小问1详解】
因为实轴长为4，即，，
又，所以，，
故C的方程为.
【小问2详解】
由O，A，N，M四点共圆可知，，
又，即，
故，
即，所以,
设，，，
由题意可知，则直线，直线，
因为M在直线l上，所以，代入直线AG方程，可知，
故M坐标为，所以，
又，由，则，
整理可得，
当直线GH斜率不存在时，显然不符合题意，
故设直线，代入双曲线方程：中，
可得，所以，，
又
，
所以,
故，即，所以点P坐标为.
【点睛】本题考查了双曲线方程的求解，以及直线和双曲线的位置关系的问题，解答时要注意明确点线的位置关系，能设相关点的坐标，从而表示出参数的表达式，再结合联立直线和双曲线方程，利用根与系数的关系式化简，难点在于较为繁杂的计算，要十分细心.
22. 已知函数．
（1）证明：当时，；
（2）记函数，判断在区间上零点的个数．
【答案】（1）证明见解析
（2）个零点
【解析】
【分析】（1）求导后可知在上单调递增，由可得结论；
（2）由可知是的一个零点；分别在、和的情况下，结合零点存在定理判断导函数的正负，从而得到的单调性，确定区间内零点个数，得到在上的零点个数；根据奇函数性质可得最终结果.
【小问1详解】
由题意得：；
当时，，，在上单调递增，
.
【小问2详解】
，，
，是的一个零点；
①当时，设，则，
在上单调递减，，又，，
即在上无零点；
②当时，，，
在上单调递减，又，，
，使得，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减；
，，
在上存在唯一零点，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，
，，在有唯一零点；
③当时，，，在上单调递减，
，在上无零点；
综上所述：在上有两个零点；
，为奇函数，图象关于原点对称，
在上有两个零点；又，
在上共有个零点.
【点睛】思路点睛；本题考查利用导数研究函数零点个数的问题，解题基本思路是能够根据导函数的形式，对所给区间进行分段，通过说明导函数在每段区间内的符号，得到原函数在区间内的单调性，结合零点存在定理确定零点个数.