河北省衡水中学2022-2023学年高三数学下学期一调考试试卷（Word版附解析）

这是一份河北省衡水中学2022-2023学年高三数学下学期一调考试试卷（Word版附解析），共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022—2023衡水中学下学期高三年级一调考试数  学    本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。共4页，总分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．设集合，，则A．   B．   C．   D．2．已知复数满足，则A．    B．    C．    D．53．已知，且，则A．      B．C．      D．4．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   A．4 923       B．4 933       C．4 941       D．4 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A．    B．   C．   D．6．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，则该地区要实现“碳中和”至少需要经过(lg 2≈0.3)A．28年       B．29年       C．30年       D．31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A．50             B．60              C．70              D．808．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A．    B．    C．   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A．        B．C．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：①的图象关于点(2，0)对称；②在区间上是减函数；③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，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.2．C【解析】设，由题意得，解得，，所以.3．B【解析】由题意得，解得或．又，所以，则，，所以，，，，故ACD错误、B正确．4．D【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.5．A【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.6．C【解析】由题意得，即，所以，令，则，即，即，可得，故.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．8．A【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9．ABD【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；向量在向量上的投影向量为，故D正确．10．ABC【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．11．AC【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。12．BCD【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①，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①，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②，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.14．①②【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①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②正确，是真命题；而，故③错误，是假命题．15．1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，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.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：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，.    （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）①当，即时，，在区间上单调递增，所以，符合题意；    （8分）②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)