【文档说明】河北省衡水中学2022-2023学年高三下学期一调考试丨数学答案.pdf，共(14)页，455.229 KB，由小赞的店铺上传

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学科网（北京）股份有限公司第7页共21页数学参考答案一、选择题1，B【解析】由题意得}1,0{A20|{xxB}82{{}10xx，所以}1,0{BA.2．C【解析】设),(iRbabaz，由题意得2)5(a22222)

1()1(babab，解得3a，3b，所以23)3(3||22z.3．B【解析】由题意得2sin)sin21(32a，解得21sin或31sin．又

,2，所以sin31，则322sin1cos2，cossintan42，所以322cos)cos(，)tan(42tan，322cos2sin，2cos31sin

，故ACD错误、B正确．4．D【解析】设该高阶等差数列为}{na，则}{na的前7项分别为1，2，4，7，11，16，22.令nnnaab1，则数列}{nb为1，2，3，4，5，6，…，所以数列}{nb是首项为

1，公差为1的等差数列，所以nbn，即naann1，故)()(989999100100aaaaa)(9798aa1)1.979899()(112aaa12)199(994951.5．A【解析】由题意得抛物线C的焦点F的坐标为0

,21，准线l的方程为21x，设准线l与x轴的交点为E如图，由题知lMN.由抛物线的定义知||||MFMN．又||||MNNF，所以MNF是等边三角形，因为OFMN//，所以MNFEFN60，所以22||2||pEFNF，所以MNF的面积为360s

in||212NF.学科网（北京）股份有限公司第8页共21页6．C【解析】由题意得545aab，即545b，所以b554，令4aabt，则41tb，即41)54(5t，即41lg54lg5t，可得2lg2)12lg3(51t，故t301.032lg312lg10.

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2828C种不同的结果，其中一个数比m大，一个数比m小的不同结果有)9)(2(mm种，所以14528)9)(2(mm，整理得028112mm，解得4m或7m．当4m时，数据中的%x分位数是第3个数，则3

8%2x，解得5.3725x，故所有选项都不满足；当7m时，数据中的%x分位数是第6个数，则68%5x，解得755.62x，故ABD不满足、C满足．8．A【解析】)(xf的定义域为),2(，

1)(xf2121xxx，当12x时，0)(xf，)(xf单调递减；当1x时，0)(xf，)(xf单调递增，所以0)1()(minfxf，所以1x为方程0)(xf的唯一实根，即11x，故1||21xx，即1|1|2x

，解得022x.因为2x是aaxxxg42)(24的零点，所以方程04422aaxx在区间]0,2[上有实根，即4)42(2xax在区间]0,2[上有实根，即2422xxa在区间]0,2[上有实根．令

)(xg242xx，]0,2[x，则28)4(24)(22xxxxxg428)2(282xxxx.设4(2xt)2t，则48)(ttth，易知)(th在区间,4()22上单调递增，在区间)2,22(上单调递减．又2)

4(h，2)2(h，所以2)(minth，学科网（北京）股份有限公司第9页共21页244)(maxth，所以24422a，即a1222，故实数a的最小值是-1．二、选择题9．ABD【解析】由题意得）（32,2()320,11ba，所以2232(2

||）ba=4，故A正确；203212)(.aba，故B正确；因为baa,cos21412||||)(baabaa，且baa,0，所以3,baa，故C错误；向量ba在向量a上的投影向量为aaaabaa2||||)(

，故D正确．10．ABC【解析】因为,11,31AA所以2A，所以1)2cos(2)(xxf，又2|1cos2||)0(|f，所以23cos（舍去）或21cos，因为0，所以32，所以322sin2)(xxg，

当12x时，212g，所以)(xg的图象关于直线12x对称，故A正确；当3x时，03g，所以)(xg的图象关于点0,3对称，故B正确；当k223kx2322

，zk，即12125xkk，Zk，时，)(xg单调递减，则当0k时，)(xg在区间12,125上单调递减，所以)(xg在区间2,0上的单调递减区间为12,0，故C正确；因为6xf)(2cos

23232cos21xgxx，故D错误．11．AC【解析】因为圆01682:221yxyxC的标准方程为1)4()1(22yx，所以其圆心为)4,1(1C，半径为11r，因为圆

xyxC6:22205的标准方程为4)3(22yx，所以其圆心为)0,3(2C，半径为22r，设点2C关于直线l对称的学科网（北京）股份有限公司第10页共21页点为),(baC，则,02223,13baab

解得,5,2ba即)5,2(C.如图，连接1CC交直线l于点P，连接2PC，此时1,,CPC三点共线，||||12PCPC最小，则||||PBPA最小，所以min|)||(|PBPA103||||||2112112rrCCrrPCPC3，故A正确、B错误

；因为||||||ABPBPA，所以当||AB取到最大值且点BAP,,共线时，||PA||PB取到最大值．由图可知，||||maxMNAB2121||rrCC352，所以||||PBPA的最大值为352，故C正确，D错误。12．BCD【解析】在棱长为2的正方体DB

CACDAB1111中，知正四面体ABCD的棱长为22，故球心O即为该正方体的中心，连接11DB，设NDBAC11，因为11//DDBB，11DDBB，所以四边形DDBB11为平行四边形，所以11//DBBD.又/

/BD平面11DB平面，所以//11DB平面.因为//AC平面，ACNDB11，AC，11DB平面11CDAB，所以平面//平面11CDAB．对于A，如图①，因为平面//平面11CDAB，平面平

面EMABC，平面11CDAB平面ACABC，所以ACEM//，则1ABBEACEM，即ACEM)1()1(22同理可得//GHAC，)1(22GH，BDGMHE////，GMHE22

，所以四边形EMGH的周长GMFMLHEGH24，故A错误；对于B，如图①，由A可知BDGMHE////，22GMHE，且////GHEMAC，)1(22GHEM，因为四边形11CDAB为正方形，所以学科网

（北京）股份有限公司第11页共21页11DBAC，所以四边形EMGH为矩形，所以点A到平面的距离21AAd，故四棱锥EMGHA的体积V与之间的关系式为)(V22231)(316)1(2232，则)(V)32(316

.因为10，所以当320时，0)(V，)(V单调递增；当132时，0)(V，)(V单调递减，所以当32时，)(V取到最大值8164，故四棱锥EMGHA体积的最大值为8164，故B正确；对于C，正四面体AB

CD的外接球即为正方体DBCACDAB1111的外接球，其半径3R．设平面截球O所得截面的圆心为1O，半径为r，当41时，211OO.因为2221RrOO，则212OORr211，所以平面截球O所

得截面的周长为r2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1111DCBA，设11DAPAD，KBDCA11，QBCCB11，11DBNAC，连接NQNFNENPKQKF

KEKP,,,,,,,，因为21，所以NKQPFE,,,,,分别为各面的中心，两个正四面体的公共部分为几何体KPEQFN为两个相同的正四棱锥组合而成，又2EP，正四棱锥PEQFK的高为1211AA，所以所求公共部分的体积342213122PE

QFVV四棱锥，故D正确．三、填空题13．310【解析】由题知命题的否定“2],3,1[xVx01ax”是真命题，令])3,1[(1)(2xaxxxf，则，0103)3(,02)1(af

af解得310a，故实数a的最学科网（北京）股份有限公司第12页共21页大值为310.14．①②【解析】由题意知0)()(xfxf，又)(2xfxf）（，所以0)()2(xfxf，

所以2(f0)(xfx，即)()2(xfxf，则)4(xf)()2(xfxf，所以)(xf是周期为4的函数，且)()4(xfxf，即0)()4(xfxf，所以)(xf的图象关于点(2，0)对称，故①正确，是真命题；因为)

(xf为奇函数，且在区间]0,1[上是增函数，所以)(xf在区间]1,0[上是增函数，又2(f)(xfx），所以)(xf的图象关于直线1x对称，所以)(xf在区间]2,1[上是减函数，故②正确，

是真命题；而0)0()2()2124()50(ffff，故③错误，是假命题．15．1或214m【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)3(2mm

，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)12(21mm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(21m)12(m次检测，则两组共需)24()12(2mm次检测，故有2名感染者，且检测次数最多，共需m4)14(12m次检测．因为3m，所以14m12m，所以n的最大值为14m.16．332【解析】对椭圆)0(12222babyax，设c

os(aP，)sinb，21FPF的内切圆半径为r，则2121FPFSracbcbc)22(21|sin||sin|2，故r|||sin|ncabc，由题意知)0,(1c

F，)0,(2cF，则||1PF2222)cos(cos2)sin()cos(caabcacosca，同学科网（北京）股份有限公司第13页共21页理可得cos||2caPF.又由内切圆的性质得

||||)()(12PFPFcmmc)cos()cos(caca，所以coscm.由2sin1cos2，得1)()(22222cabcncm，即12222ccacancm.当2a，1c时，)0(1322nnm.设cosm，n

0sin31，则3sin332sin31cosnm，所以nm的最大值为332.四、解答题17．(1)证明：由题意得1na，因为111111nnnnaabb43)1(4)1(311143

nnnnnaaaaa，（3分）且411111ab，（4分）所以数列}{nb是首项为41，公比为43的等比数列．（5分）(2)解：由(1)得11111132

1aaa4314314111nnan431，即nnnaaaa4311111321，所以nnnaaaa

4311111321.（8分）因为1401111321naaaa，所以140431nn.又nnnf431)(随着n的增大而增大，所以140n，故满足条件的最小正整数n为14

0.(10分)学科网（北京）股份有限公司第14页共21页18．(1)证明：在ABD中，由正弦定理得BDBADsinADBsin，则ADBBDBADsinsin；在ACD中，由正弦定理得ADCCDCADs

insin，则ADCCDCADsinsin，（4分）所以bADBBDcCADbBADsinsinsinaADBACBDcADCCDsinsinaADBACCDsinaADaADaaADCDBD232121)(21，（5分）所以aAD31

.（6分）(2)解：由BDCD2，得aCD32，aBD31.又aAD31，所以在ACD和ABD中，由余弦定理得aabaaADC323123231cos222aacaaADB3

13123231cos222.由0coscosADBADC，得0313123131323123231222222

aacaaaabaa,整理得2222cba.（9分）又65BAC，所以在ABC中，由余弦定理得2a22265cos2bbccbbcc32.联立bccbacba3,22222

22得,7,3babc故1413794795323123231cos222222bbbaabaaADC.(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431)1(43)1(4311ppPp167167；（2分）学科网（北京）股份有限公司第15页共21页第一场比赛，业余队安排丙与甲进行比赛，则业余队获胜的概率为

)1(431431)1(2pppP24141p.（4分）当4321p时，16316741221ppPP)1(161)374(1612ppp0)34(p，（5分）即21PP，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pP1671671专业队获胜的概率ppP431433p161543，所以非平局的概率pPPXP21167)1

6(31（9分）平局的概率16921)16(1)8(pXPXP，所以1692182116716)(ppXEp4223.(11分)因为4321p，所以229)(227

XE，即X的数学期望)(XE的取值范围是229,227.(12分)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CEOD，则CEPO.（2分）又OODPO，ODP

O,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AEOx//，则OPOCOx,,两两垂直．以O为坐标原点，OPOCOx,,别为zyx,,轴的正方向，建立空间直角坐标系．学科网（北京）股份有限公司第16页共21页由题意知2PO

，RCO2，ROD，RCD3，又ACE∽DCO，所以EAODCECOCACD，则EAREDCD3，所以)2,0,0(P，0,21,23RRD，)0,,3(RRE，)0,,0(RB，则2,21,23RRPD，)2,,0(RPB，PE

)2,,3(RR.（6分）设平面PBD的法向量为),,(zyxm，则.02,022123zRyPBmzRyRxPDm令3x，则3y，Rz23，得平面PBD的一个法向量为Rm23,3,3.又

直线PE与平面PBD所成角的正弦值为35105，所以|||||||,cos|PEmPEmPEm35105444912322RRR，解得332R或.2R（9分）由题意知OCAC23，C为直线AC与平面

PDE的交点，所以点A到平面PDE的距离为点O到平面PDF的距离的23倍．又平面PDE平面POD，平面PDE平面PODPD，所以点O到平面PDE的距离即为点O到直线PD的距离．在PODRt中，2PO，ROD，所以点O到直线PD的距离为242RR，则点A到平面PDE的距离为243

RR，故点A到平面PDE的距离为23或223.(12分)学科网（北京）股份有限公司第17页共21页21．解：(1)由题知2c，且22)02()23(2a32)02()23(22，（2分）所以3a，所以122acb.故E的方程为1322yx.（4分）(

2)法一：设),(11yxA，则),(11yxB，直线FA的方程为1122yxmmyx其中,直线FB的方程为1122yxnnyx其中.设),(),,(DDCCyxDyxC,联立132221yxmyx，

得014)3(22myym，（6分）则0，得3213121121yxmyyC，211211344yxxyyC.又332121yx，所以1147xyyC，则1111114771222.47xxyxx

yxC.同理可得1147xyyD，1147712xxxD.（9分）因为直线CD经过点)1,0(N，所以NDC,,三点共线，即DNCN//，学科网（北京）股份有限公司第18页共21页则)1()1(DCCDyxyx，所以

1111114771214747712xxxyxx14711xy，化简得)712()47)(712(1111xxyx)47(11xy，整理得1112xy，故12111

xyk.(12分)法二：设),(11yxA，),(CCyxC，),(DDyxD，则),(11yxB，直线FA的方程为1122yxmmyx其中，直线FB的方程为1112

2yxnnyx其中.联立,13,222yxmyx得014)3(22myym，则0，所以3213121121yxmyyC，则211211344yxxyyC（8分）又332121yx，

所以1147xyyC，同理可得1147xyyD.设直线CD的方程为)1(ytx，联立,13),1(22yxytx得032)3(2222tytyt，则0)32(122t，1DCyy，(10分)即147471111xy

xy，化简得49162121xy.学科网（北京）股份有限公司第19页共21页又332121yx，解得4714421x，47121y.故1212121xyk.(12分)22．解：(1)当2a时，22cossin)(xxxxexfx，则2cos)(x

xexfx，所以1)0(f.（2分）又0)0(f，所以曲线)(xfy在点))0(,0(f处的切线方程为xy.（4分）(2)axxexfxcos)(，令)0)(()(xxfxh，则xexhxcos)(xxsin.令)0(1)(xxexux，则01)(

xexu，所以)(xu在区间),0[上单调递增，则0)0()(uxu，即0)1(xex.当0x时，1sinx，则xxxsin.又1cosx，所以)1(sincosxxxx，所以0)1(sincosxexxxexx，即0)(xh，（6分）

则)(xh在区间),0[上单调递增，即)(xf在区间),0[上单调递增，所以afxf1)0()(.（7分）①当01a，即1a时，0)0()(fxf，)(xf在区间),0[上单调

递增，所以0)0()(fxf，符合题意；（8分）②当01a，即1a时，aaaeafacos)(aea2.令)1(2)(aaeaga，则022)(eeaga，学科网（北京）股份有限公司第20页共21页所以)(ag在

区间),1(上单调递增，则02)1()(egag，故0)(af.又0)0(f，所以),0(0ax，使得0)(0xf.当),0(0xx时，0)(xf，则)(xf在区间),0(0x上单调递减，此时0)0()(fxf不符合题意．综上，实数a的取值范围为

]1,(.(12分)