【文档说明】河北省衡水市第一中学2022届高三上学期数学一调考试试题（答案解析）.docx，共(11)页，582.694 KB，由小赞的店铺上传

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1衡水一高2021－2022学年度高三年级上学期一调考试数学试卷第Ⅰ卷(选择题共60分)一、单项选择题(每小题5分，共40分。下列每小题所给选项只有一项符合题意，请将正确答案的序号填涂在答题卡上)1．

下列集合中表示同一集合的是()A．M＝{(3，2)}，N＝{(2，3)}B．M＝{4，5}，N＝{5，4}C．M＝{(x，y)|x＋y＝1}，N＝{y|x＋y＝1}D．M＝{1，2}，N＝{(1，2)}【答案】B【考点】集合的概念与特性2．已知i为虚数单位，复数x＝a－2i1－i(

a∈R)是纯虚数，则1＋ai的虚部为()A．2B．2iC．－2iD．－2【答案】C【考点】复数的运算、几何意义3．下列函数求导运算正确的个数为()①(3x)′＝3xlog3e；②(log2x)′＝1xln2；③(ex)′＝ex；

④(1lnx)′＝x；⑤(xex)′＝ex＋1．A．1B．2C．3D．4【答案】B【考点】导数的运算4．已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)大致图象如图所示，则下列叙述正确的是()A．f(b)＞f(c)＞f(d)B．f(b)＞f(a)＞f(

c)C．f(c)＞f(b)＞f(a)D．f(c)＞f(b)＞f(d)【答案】C【考点】函数的单调性与图象5．设函数f(x)的定义域为R，f(x＋1)为奇函数，f(x＋2)为偶函数，当x∈[1，2]时，f(x)＝ax2＋b，若f(0)＋f(3)＝3，则f(132)＝()2A．－54B．－94C

．72D．52【答案】A【考点】函数的性质应用6．已知函数f(x)＝tanx－sinxcosx，则()A．f(x)的最小正周期为2πB．f(x)的图象关于y轴对称C．f(x)的图象关于(π，0)对称D．f(x)的图象不关于(π2，0)对称【答案】C【考点】三角函数的对称性与周期应用7．在

公差不为0的等差数列{an}中，a1，a2，ak1，ak2，ak3成公比为4的等比数列，则k3＝()A．84B．86C．88D．96【答案】B【考点】等差、等比数列的性质应用8．定义在R上的偶函数f(x)满足f(2－x)＝f(2＋x)，且当x∈[0，2]时，f(x)＝ex－1

，0≤x≤1，x2－4x＋4，1＜x≤2，若关于x的不等式m|x|≤f(x)的整数解有且仅有9个，则实数m的取值范围为()A．(e－17，e－15]B．[e－17，e－15]C．(e－19，e－17]D．[e－19，e－17]【答案】C【考点】

函数的图象与性质应用二、多项选择题(每题5分，共20分，每题给出的选项中有多项符合要求，全部选对得5分，错选得0分，部分选对得2分)9．已知数列{an}是等比数列，公比为q，前n项和为Sn，下列判断正确的有()A．{1an}

为等比数列B．{log2an}为等差数列C．{an＋an＋1}为等比数列D．若Sn＝3n－1＋r，则r＝－13【答案】AD【考点】等比数列、等差数列的证明与求和应用310．设F1，F2分别是双曲线C：x2s＋t－y2s－t＝1的左、右焦点，且|F1F2|＝8，则下列结论正确的是()A．s＝

8B．t的取值范围是(－8，8)C．F1到渐近线的距离随着t的增大而减小D．当t＝4时，C的实轴长是虚轴长的3倍【答案】ABC【考点】双曲线的方程、几何性质应用11．如右图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，BB1＝

B1D1，点E是CC1上的一个动点，若平面BED1交棱AA1于点F，给出下列命题：其中真命题的是()A．四棱锥B1－BED1F的体积恒为定值；B．存在点E，使得B1D⊥平面BD1EC．对于棱CC1上任意一点

E，在棱AD上均有相应的点G，使得CG∥平面EBD1D．存在唯一的点E，使得截面四边形BED1F的周长取得最小值．【答案】ABD【考点】立体几何中的位置关系、体积、截面等综合应用12．已知函数f(x)

＝xex，x＜1，exx3，x≥1，且函数g(x)＝xf(x)，则下列选项正确的是()A．点(0，0)是函数f(x)的零点B．x1∈(0，1)，x2∈(1，3)，使f(x1)＞f(x2)C．函数f(x)的值域为[－1e，＋∞)D．若关于x的方程[g(x)]2－2ag(x)＝0有两个不相

等的实数根，则实数a的取值范围是(2e2，e28)∪(e2，＋∞)【答案】BCD【考点】函数的零点、值域、导数与函数的综合应用第Ⅱ卷(非选择题共90分)三、填空题(每题5分，共20分。其中第16题，第一个空2分，第二个空3分，把答案填在答题纸的横线上)413．若函数y

＝3sin(ωx＋φ)(ω＞0，0≤φ≤π)的部分图象如图所示，则此函数的解析式为_____．【答案】y＝3sin(2x＋π3)【考点】由三角函数的图象求解析式14．现采用随机模拟的方法估计一位射箭运动员三次射箭恰有两次命中的概率：先由计算机随机产生

0到9之间取整数的随机数，指定1，2，3，4，5表示命中，6，7，8，9，0表示不命中，再以三个随机数为一组，代表三次射箭的结果，经随机模拟产生了如下20组随机数：80796619192527193281245856

9683489257394027552488730113537741根据以上数据，估计该运动员三次射箭恰好有两次命中的概率为．【答案】0.5【考点】简单概率的求解15．已知a＞b，关于x的不等式ax2＋2x＋b≥0对于一切实数x恒成

立，又存在实数x0，使得ax02＋2x0＋b＝0成立，则a2＋b2a－b最小值为．【答案】22【考点】基本不等式的应用16．若集合A＝{x|x＞2}，B＝{x|bx＞1}，其中b为实数．(1)若A是B的充要条件，则b＝；(2)若A是B的充分不必要条件，则

b的取值范围是：；(答案不唯一，写出一个即可)【答案】12；(12，＋)(答案不唯一)【考点】双空题：利用充分不必要条件求参数的值或范围四、解答题(本大题有6个小题，共70分，其中第17题10分，其余每题12分，解答

应写出文字说明、证明过程或演算步骤，写在答题纸的相应位置)17．(本小题满分10分)△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且3(a－bcosC)＝csinB．(1)求角B的大小；5(2)若a＝3，c＝2，D为BC边上一点，CD

＝15DB，求cos2∠BDA的值．【考点】解三角形与三角恒等变换的综合应用【解析】(1)因为3(a－bcosC)＝csinB，所以3a－csinB＝3bcosC，由正弦定理得3sinA－sinCsinB＝3sinBcosC，故3sinBcosC＋3sinCcosB－sinCsinB＝3s

inBcosC，所以3sinCcosB－sinCsinB＝0，因为sinC＞0，所以sinB＝3cosB，即tanB＝3，因为B∈(0，π)，所以B＝π3；(2)因为a＝3，CD＝15DB，所以CD＝12，DB＝52，在△ABD中，由余弦定理得，AD2＝22＋(52)2－2×

2×52×12＝214，所以AD＝212.由正弦定理得ADsinB＝ABsin∠BDA，∴sin∠BDA＝277，故sin∠BDA＝277，cos2∠BDA＝1－2sin2∠BDA＝－17．18．(本小题满分12分)设数列{an}的前n项和为Sn，已知2Sn＝an＋1－2n＋1＋1(n∈N*

)，且a2＝5.(1)证明{an2n＋1}为等比数列，并求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝log3(an＋2n)，若对于任意的n∈N*，不等式bn(1＋n)－λn(bn＋2)－6＜0恒成立，求实数λ的

取值范围．【考点】数列的证明、求解通项公式、与不等式的恒成立问题【解析】(1)由题知2Sn－1＝an－2x＋1(n≥2)，则2an＝2Sn－2Sn－1＝an＋1－2n＋1＋1－(an－2n＋1)＝an－an－2n，则an＋1＝3an＋2n，从而有an＋12n＋

1＋1＝32(an2n＋1)，n≥2，又2a1＝2Sn＝a2－22＋1＝5－4＋1＝2，即a1＝1，满足a222＋1＝32(a121＋1)，则,an＋12n＋1＋1＝32(an2n＋1)，n∈N*，故{an2n＋1}为以32为首项，32为公比的等比数列，则an

2n＋1＝(32)n，6故an＝3n－2n．(2)由(1)知，bn＝log3(an＋2n)＝n.则对于n∈N*，不等式n(1＋n)－λn(n＋2)－6＜0恒成立，则λ＞n(1＋n)－6n(n＋2)＝n2＋n－6n2＋2n，n2＋n－6n2＋2n＝1－n＋6n2＋2n＝1－n＋6

(n＋6)2－10(n＋6)＋24＝1－1n＋6－10＋24n＋6，由函数单调性知，n＋6≥7，y＝n2＋n－6n2＋2n＝1－1n＋6－10＋24n＋6单调递增，且n→＋∞时，y→1，则满足条件不等式恒成立时，λ≥1．所以实数λ的取值范围为[1，＋

)．19．(本小题满分12分)“2021年全国城市节约用水宜传周”已于5月9日至15日举行．成都市围绕“贯彻新发展理念，建设节水型城市”这一主题，开展了形式多样，内容丰富的活动，进一步增强全民保护水资源，防治水污染，节约用水的

意识．为了解活动开展成效，某街道办事处工作人员赴一小区调查住户的节约用水情况，随机抽取了300名业主进行节约用水调查评分，将得到的分数分成6组：[70，75)，[75，80)，[80，85)，[85，90)，[90，95)，[95，100]，得到如图所

示的频率分布直方图．(1)求a的值，并估计这300名业主评分的中位数、平均数、众数；(2)若先用分层抽样的方法从评分在[90，95)和[95，100]的业主中抽取5人，然后再从抽出的这5位业主中任意选取2人作进一步访谈，求这2人中至少有1人的评分在[95，100]概率．【考点】频率直方图与数

据的处理、古典概型的求解7【解析】(1)∵第三组的频率为1－(0.020＋0.025＋0.030＋0.035＋0.050)×5＝0.200，∴a＝0.2005＝0.040.又第一组的频率为0.025×5＝0.125，第二组的频率为0.035×5＝0.175，第三组的频率为0.20

0．∵前三组的频率之和为0.125＋0.175＋0.200＝0.500，∴这300名业主评分的中位数为85．平均数为72.5×0.025×5＋77.5×0.035×5＋82.5×0.040×5＋87.5×0.050×5＋92.5×0.030×5＋97.5×0.020×5＝84.625

．众数为(85＋90)÷2＝87.5．(2)由频率分布直方图，知评分在[90，95)的人数与评分在[95，100]的人数的比值为3：2．∴采用分层抽样法抽取5人，评分在[90，95)的有3人，评分在[95，100]有2人

．不妨设评分在[90，95)的3人分别为A1，A2，A3；评分在[95，100]的2人分别为B1，B2.则从5人中任选2人的所有可能情况有：{A1，A2}，{A1，A3}，{A1，B1}，{A1，B2}，{A2，A3}，{A2，B1}，{A2，B2}，{

A3，B1}，{A3，B2}，{B1，B2}，共10种．其中选取的2人中至少有1人的评分在[95，100]的情况有：{A1，B1}，{A1，B2}，{A2，B1}，{A2，B2}，{A3，B1}，{A3，B2}，{B1，B2}，共7种．故这2人中至少有1人的评分在[95，100

]的概率为P＝710.20．(本小题满分12分)如图所示，在三棱锥A－BCD中，侧棱AB⊥平面BCD，F为线段BD中点，∠BCD＝23π，AB＝3，BC＝CD＝2．(1)证明：CF⊥平面ABD；(2)设Q是线段AD上一点，二面角A－BQ－C的正弦值

为134，求DQDA的值．8【考点】立体几何中位置关系的证明、利用二面角求解长度比【解析】(1)因为BC＝CD，F为线段BD中点，所以CF⊥BD．因为AB⊥平面BCD，CF平面BCD，所以CF⊥AB．又因为AB⊂平面ABD，BD平面ABD，AB∩BD＝B，所

以CF⊥平面ABD．(2)在三棱锥A－BCD中，在平面BCD内作BE⊥CD于E．设X为EB延长线上一点，BY∥CD．则BA⊥BX，BA⊥BY，BX⊥BY．以{→BX，→BY，→BA}为基底，建立空间直角坐标系O－xyz．由题设得A(0，0，3)，B(0，0，0

)，C(－3，1，0)，D(－3，3，0)，→DA＝(3，－3，3)，→BA＝(0，0，3)，→BC＝(－3，1，0)，设→DQ＝λ→DA＝λ(3，－3，3)＝(3λ，－3λ，3λ)(0≤λ＜1)，所以→BQ＝→BD＋→DQ＝(3(λ－1)

，3(1－λ)，3λ)，设n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)分别为平面ABQ、平面CBQ的一个法向量．则n1·→AB＝0，n1·→DA＝0，n2·→BC＝0，n2·→BQ＝0，即3z1＝0，3x1－3y

1＋3z1＝0，－3x2＋3y2＝0，3(λ－1)x2＋3(1－λ)y2＋3λz2＝0，不妨取n1＝(3，1，0)，n2＝(3λ，2λ，3(1－λ))，因为二面角A－BQ－C的正弦值为134，所以|cos<n1，n

2>|＝|n1·n2||n1|·|n2|＝|3λ＋3λ|2·12λ2＋4(λ－1)2＝34，解得λ＝－12(舍)或14.因此DQDA的值为14.21．(本小题满分12分)已知椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)过点A(0，－2)，椭圆四个顶点围成的四边形面积为45.(1)求椭圆E的

标准方程；(2)过点P(0，－3)的直线l斜率为k，交椭圆E于不同的两点B，C，直线AB，AC交y＝－3于点M、N，若|PM|＋|PM|≤15，求k的取值范围．【考点】圆锥曲线中椭圆的标准方程、直线与椭圆的位置关系：设点法或设线法表示长度【解析】(1)因为椭圆E

过点A(0，－2)，所以b＝2．9又四个顶点围成的四边形面积为45，则12×2a×2b＝2ab＝45，联立b＝2，2ab＝45，a2＝b2＋c2，解得a＝5，b＝2，c＝1，故椭圆E的标准方程为x25＋y24＝1.(2)由题可知，直线l的斜

率存在且不为0，直线l的方程为y＝kx－3，设点B(x1，y1)，C(x2，y2)，联立y＝kx－3，x25＋y24＝1，消去y并整理得(5k2＋4)x2－30kx＋25＝0，所以＝(－30k)2－4×(5k2＋4)×25＝400(

k2－1)＞0，故k＞1或k＜－1，且x1＋x2＝－－30k5k2＋4＝30k5k2＋4，x1·x2＝255k2＋4，所以y1＋y2＝k(x1＋x2)－6＝－245k2＋4，y1·y2＝(kx1－3)·(kx2－3)＝k

2x1x2－3k(x1＋x2)＋9＝36－20k25k2＋4.因为直线AB的方程为y＋2＝y1＋2x1x，令y＝－3，则x＝－x1y1＋2，故点M(－x1y1＋2，－3)，因为直线AC的方程为y＋2＝y2＋

2x2x，令y＝－3，则x＝－x2y2＋2，故点N(－x2y2＋2，－3)，所以|PM|＋|PN|＝|x1y1＋2|＋|x2y2＋2|＝|x1·(y2＋2)＋x2·(y1＋2)(y1＋2)·(y2＋2)|＝|x1·(kx2－1)＋x2·(kx1－1)y1·y2＋2(y1＋y2)＋4|＝

|2kx1x2－(x1＋x2)y1·y2＋2(y1＋y2)＋4|＝|2k×255k2＋4－30k5k2＋436－20k25k2＋4－485k2＋4＋4|＝|5k|≤15，即|k|≤3，解得－3≤k≤3．综上，k的取值范围为[－3，－1)∪(1，3]．1022．(本小题满分12分)已知函数f

(x)＝lnex2－ax，g(x)＝x－4ax．(1)求函数f(x)的极值点；(2)当a＞0时，当函数h(x)＝f(x)－g(x)恰有三个不同的零点，求实数a的取值范围．【考点】函数与导数：含参函数的极值点、函数的零点等综合应用【解析】(1)因为f(

x)＝lnex2－ax，所以f(x)＝lnx2－ax＋1,所以f′(x)＝2x×12－a＝1x－a＝1－axx(x＞0)，当a≤0时，f′(x)＞0，所以函数f(x)无极值点；当a＞0时，令f′(x)＝0，解得x＝1a.由f′(x)＞0x＞0，解得0＜x＜1a；由f′(x)＜0x＞0，

解得x＞1a，故函数f(x)有极大值点1a，无极小值点，综上，当a≤0时，函数f(x)无极值点；当a＞0时，函数f(x)有极大值点1a，无极小值点．(2)当a＞0时，h(x)＝f(x)－g(x)＝lnex2－ax

＋4ax(x＞0)，所以h'(x)＝1x－a－4ax2＝－ax2＋x－4ax2(x＞0)，设k(x)＝－ax2＋x－4a＝0，则Δ＝1－16a2，①当≤0a＞0，即a≥14时，h'(x)≤0，所以h(x

)在(0，＋∞)上单调递减，所以h(x)不可能有三个不同的零点．②当＞0a＞0，即0＜a＜14时，k(x)有两个零点x1＝1－1－16a22a，x2＝1＋1－16a22a，所以x1＞0，x2＞0，又k(x)＝－ax2＋x－4a＝0的图

象开口向下，所以当0＜x＜x1时，k(x)＜0，所以h'(x)＜0，所以h(x)在(0，x1)上单调递减；当x1＜x＜x2时，k(x)＞0，所以h'(x)＞0，所以h(x)在(x1，x2)上单调递增；当x＞x2时，k(x)＜0，所以h'(x)＜0，所以h(x)在(x1，＋

)上单调递减，因为h(2)＝ln1－2a＋4a2＝0，x1x2＝4，所以x1＜2＜x2，所以h(x1)＜h(2)＝0＜h(x2)，h(1a2)＝ln12a2－a1a2＋4a1a2＝－ln2－2lna－1a＋4a3，11令m(a)＝－ln2－2

lna－1a＋4a3，则当0＜a＜14时，m′(a)＝－2a＋1a2＋12a2＝12a4－2a＋1a2＞1－2aa2＞0，所以m(a)在(0，14)上单调递增，所以当0＜a＜14时，m(a)＜m(14)＝－ln2－2ln14－4＋

4×(14)3＝3ln2－4＋116＜0，即h(1a2)＜0，由零点存在性定理知，h(x)在区间(0，1a2)上有唯一的零点x0．因为h(x0)＋h(4x0)＝lnx02－ax0＋4ax0＋ln(12·4x0)－a·4x0＋

4a4x0＝0，h(x0)＝0，所以h(4x0)＝0，所以0＜4x0＜x1，所以h(x)在区间(0，x1)上有唯一的零点4x0.故当0＜a＜14时，h(x)存在三个不同的零点4x0，2，x0，故实数a的取值范围是(0，14).