【文档说明】河北省衡水中学2022-2023学年高三下学期五调考试数学试题含答案.docx，共(14)页，523.778 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-822486e80d53efb85e66ff5c33a8685d.html

以下为本文档部分文字说明：

2022—2023衡水中学下学期高三年级五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．已知集合}2|{−=xxA，}0152|{2−+=xxxB，则下列结论中正确的是A．BAB．=BAC．BCACRRD．=)()(BCACRR2．某企业为了解

员工身体健康情况，采用分层随机抽样的方法从该企业的营销部门和研发部门抽取部分员工体检．已知该企业营销部门和研发部门的员工人数之比是4:1，且被抽到参加体检的员工中，营销部门的人数比研发部门的人数多72，则参加体检的人数是A．

90B．96C．120D．1443．已知iz211+=，iiz++=132，iz213−−=在复平面上对应的点是一个正方形的三个顶点，则这个正方形的第四个顶点所对应的复数=4zA．i−2B．i+−2C．i+2D．i−−24．在正方形ABCD中，FE,分

别是边ADAB,上的点，BEAE23=，4=ECF，则A．DFAD23=B．DFAD2=C．DFAD3=D．DFAD4=5．李明开发的小程序发布经过t天后，用户人数ktetA500)(=，其中k为常数．已知小程序发布经过10天后有2000名用户，则用户超过50000名至少经过的

天数为(取)3.02lg=A．31B．32C．33D．346．在棱长为4的正方体1111DCBAABCD−中，P是1CC的中点，动点Q在平面11DDCC内（包括边界）．若//AQ平面BPA1，则AQ的最小值是A．2B．22C

．23D．527．若数列}{na对任意正整数n，有qaanmn=+(其中*Nm，q为常数0,=q且)1=q，则称数列}{na是以m为周期，以q为周期公比的类周期性等比数列.已知类周期性等比数列}{nb的前4项为1，1，2，3，周期为4，周期公比为3，则}{nb的前25项和为A．

3277B．3278C．3280D．32828．已知21,FF分别是双曲线)0,0(1:2222=−babyaxC的左、右焦点，过点2F作直线21FFAB⊥交C于BA,两点.现将C所在平面沿直线21FF折成平面角为锐角的二面角，如图，翻

折后BA,两点的对应点分别为BA，，且=BFA1若1625cos1cos1=−−，则C的离心率为A．3B．22C．3D．23二、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．设ba,为正实数，则下列命题正确的是A．若122=−ba，则1−baB．若111=−ab，则1−baC．若1+ba，则122+baD．若1a，1b，则|1|||abba−−10．若ABC

的三个内角均小于120，点M满足,120===BMCAMCAMB则点M到三角形三个顶点的距离之和最小，点M被人们称为费马点．根据以上性质，已知a是平面内的任意一个向量，向量cb,满足cb⊥，且32||2||==cb，则||||||cacaba++−+−的取值可以

是A．9B．34C．6D．3311．“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现．如图所示，在“杨辉三角”中，除每行两边的数都是1外，其余每个数都是其“肩上”的两个数之和

，例如第4行的6为第3行中两个3的和，则下列说法中正确的是A．164210252423=++++CCCCB．在第2022行中第1011个数最大C．记“杨辉三角”第n行的第i个数为ic，则niinic3)2(111=−+=D．第34行中第15个

数与第16个数之比为3:212．已知函数)cos(sin)sin(cos)(xxxf+=，则A．)(xf是奇函数B．)(xf的最大值大于2C．Rx，)()2(xfxf=−D．],0[x，0)(+xf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．设命题)2,2(:xp，axx+2.若p是假命题，则实数a的取值范围是.14．已知抛物线xyC8:2=的焦点为F，准线为l，M是C上的一点，点N在l上．若⊥FMFN，且10||=MF，则=||NF.15．已知函数nxxmxf21241l

n)(++−=在区间]4,2[上有零点，则22nm+的最小值为.16．半正多面体亦称“阿基米德体”或“阿基米德多面体”，是以边数不全相同的正多边形为面的多面体．某半正多面体由4个等边三角形和4个正六边形构成，其可由正四面体切割而成，如

图所示．已知1=MN，若在该半正多面体内放一个球，则该球表面积的最大值为.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}{na满足0na，21212nnnnaaaa+

=++，且321,3,3aaa+成等差数列．（1）求}{na的通项公式；（2）若=,,log,,21为偶数为奇数nanabnnn求数列}{nb的前n2项和nT2.18．（12分）如图，某城市有一条公路从正西方AO通过市中心O后转向东偏北角方向的OB，位于该市的某大学M与市中心O

的距离133=OMkm，且=AOM.现要修筑一条铁路L，L在OA上设一站A，在OB上设一站B，铁路在AB部分为直线段，且经过大学M，其中2tan=，13133cos=，15=OAkm．（1）求大学M与站A的距离AM；（2）求铁路AB段的长AB.19

．（12分）如图，三棱锥ABDE−和三棱锥BCDF−均为棱长为2的正四面体，且DCBA,,,四点共面，记直线AE与CF的交点为.Q（1）证明：平面⊥BDQ平面ABCD；（2）求二面角CDQA−−的正弦值．20．（12分）某校组织甲、乙、丙

、丁、戊五位学生参加某大学的测试活动，现有A，B两种不同的测试方案，每位学生随机选择其中的一种方案进行测试．选择A方案测试合格的概率为32，选择B方案测试合格的概率为21，且每位学生测试的结果互不影响．

（1）若甲、乙、丙三位学生选择A方案，丁、戊两位学生选择B方案，求恰有三位学生合格的概率；（2）若测试合格的人数的均值不小于3，试写出选择A方案进行测试的学生的人数．21．（12分）“工艺折纸”是一种把纸张折成各种不同形状物品的艺术活动，在我国源远流长．某些折纸活动蕴含

丰富的数学内容，例如：用一张圆形纸片，按如下步骤折纸（如图①）．步骤1：设圆心是E，在圆内异于圆心处取一点，标记为F；步骤2：把纸片折叠，使圆周正好通过点F；步骤3：把纸片展开，并留下一道折痕；步骤4：不停地重复步骤2和3，就能得到越来越多的折痕（如图②）．已知这些折痕所围成的图形

是一个椭圆．若取半径为6的圆形纸片，设定点F到圆心E的距离为4，按上述方法折纸.以点EF,所在的直线为x轴，线段EF的中点为原点建立平面直角坐标系．（1）求折痕围成的椭圆的标准方程；（2）若过点)0,1(Q且不与y轴垂直的直线l，与（1）中的椭圆交于NM,两点，在x轴的正半轴上是否存在定点)0

,(tT，使得直线TNTM,的斜率之积为定值？若存在，求出该定点和定值；若不存在，请说明理由．22．（12分）已知函数).0,()(=−=aRaaxexfax（1）讨论)(xf的单调性；（2）若不等式axxxxf−+−2cossin)(对任

意0x恒成立，求实数a的取值范围．数学参考答案一、选择题1．D2．C3．B4．D5．D6．C7．A8．C二、选择题9．AC10．AB11．AC12．BCD三、填空题13．]22,(−14．515．2l

n2ln416．23四、解答题17．解：（1）因为,22121nnnnaaaa+=++所以.0)2)((11=−+++nnnnaaaa又0na，所以021=−+nnaa即21=+nnaa，所以}{na是公比为2的等比数列．（2分）又321,3,3aaa+成等差数列，

所以),3(23231+=+aaa所以6443111+=+aaa，解得21=a（4分）所以nna2=（5分）（2）由（1）可知nna2=，所以−=,,,,2为偶函数为奇函数nnbnn（6分）所以

nnbbbbT23212++++=)()(2421231nnbbbbbb+++++++=−)242(2221231nn+++−+++=−2)22(41222212nnn+−−−=−).1(32212+−−=+nnn（10分）18

．解：（1）在AOM中，15=OA，=AOM，且=cos13133，133=OM，由余弦定理，得.2222OMOAOMOAAM−+=7213133133152)133(15cos22=−+=所以26=AM，所以大学M与站A的距离AM为26km.（4分）

（2）因为13133cos=，且为锐角，所以132sin=在AOM中，由正弦定理，得,sinsinMAOOMAM=即MAO=sin13313226，解得=22sinMAO（6分）由题意

知MAO为锐角，所以,4=MAO所以−=4ABO因为,2tan=所以52sin=，,51cos=所以=−=1014sinsinABO（8分）又,−=AOB所以==−=52

sin)sin(sinAOB在AOB中，由正弦定理，得=AOBABsin,sinABOOA即1011552=AB，解得,230=AB（11分）所以铁路AB段的长AB为230km.（12分）19．（1）证明：如图，连接AC与BD的交点为O，连接.,

,OFOFOQ因为三棱锥ABDE−和三棱锥BCDF−均为棱长为2的正四面体，所以OCOA=，OFOE=，CFAE=，则COFAOE，则FCOEAO=，所以CQAQ=，所以.ACOQ⊥（2分）由题意知四边形ABCD是菱形，则.BDAC⊥因为OBDOQ=，BDOQ,平面

BDQ，所以⊥AC.BDQ又AC平面ABCD，所以平面⊥BDQ平面.ABCD（4分）（2）解：过点E作OQEG//，交AC于点G，则⊥EG平面.ABD又三棱锥ABDE−是正四面体，所以G是ABD的中心．在ABD中，;33232==OAAG在

AEGRt中，=−=22AGAEEG=−362332222又OQEG//，所以23==AGOAEGOQ，所以.6=OQ由（1）知BDACOQ,,两两垂直，故以O为坐标原点，（6分）OQOBOA,,所在直线分别为zyx,,轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则)0,0,3(A，

)0,1,0(−D，)0,0,3(−C，)6,0,0(Q，故)0,1,3(−−=AD，)6,1,0(=DQ)0,1,3(,−=CD设平面ADQ的法向量为),,(zyxm=，则==00DQmADm，即

=+=−−.06,03zyyx令6=y，则2−=x，1−=z，得平面ADQ的一个法向量为)1,6,2(−−=m（7分）设平面CDQ的法向量为),,(cban=，则==00DQnCDn，即=+=−.0

6,03cbba令6=b，则2=a，1−=c，得平面CDQ的一个法向量为).1,6,2(−=n（9分）设二面角CDQA−−的平面角为，则===nmnmnm|,cos||cos|,95162162|162|=++++++−（11分）所以,9142cos1si

n2=−=故二面角CQDA−−的正弦值为9142（12分）20．解：（1）若选择A方案的三人全部合格，则所求概率;27221132231=−=P若选择A方案的三人中有两人合格，

则所求概率=−−=2112132132122232CCP92若选择A方案的三人中，只有一人合格，则所求概率,181213213222133=−=CP所以恰有三位学生合格的概率=++=321PPPP=+

+541918192272（6分）（2）设选择A方案测试的学生人数为,3,2,1,0,=nn,5,4则选择B方案测试的学生人数为,5n−并设通过A方案测试合格的学生人数为，通过B方案测试合格的学生人数为，当0=n时，此时所有

学生均选择B方案测试，则~21,5B所以325215)()(===+EE，不符合题意；当5=n时，此时所有学生均选择A方案测试，则~,32,5B所以3310325)()(===+

EE，符合题意；（9分）当4,3,2,1=n时，32,~nB，−21,5~nB所以6152532)()()(+=−+=+=+nnnFEE（10分）又3615)(+=+nE，则3n，故当4,3=n时，符合题意．（11分）综上，当选

择A方案测试的学生人数为5,4,3时，测试合格的人数的均值不小于3．（12分）21．解：（1）设),(yxP为椭圆上一点，由题意知+||PF,4||6||||||||===+=EFAEPEPAPE所以点P的轨迹是以

EF,为焦点，长轴长62=a的椭圆，（2分）所以2=c，3=a，则,5222=−=cab所以椭圆的标准方程为15922=+yx（4分）（2）由题意，设l的方程为1+=myx，,(1xM)1y，).,(22yxN联立+==+,1,15922myxyx得,04010)95(

22=−++myym,0)95(16010022++=mm则9510221+−=+mmyy，(*).9542021+−=myy（7分）txytxykkTNTM−−=2211)1)(1(2121tmytmyyy−+−+=22121221

)1())(1(tyytmyymyy−++−+=将(*)式代入上式，可得222)1(9)9(540tmtkkTNTM−+−−=（9分）要使TNTMkk为定值，则092=−t，即.92=t又0t，所以3=t，此时910−=TN

TMkk（11分）所以存在点)0,3(T，使得直线TM与TN的斜率之积为定值−910（12分）22．解：（1）axexfax−=)(，则),1()(−=−=axaxeaaaexf当0a时，令0)(xf，解得0x，令0)(xf，

解得0x，所以)(xf在区间)0,(−上单调递减，在区间,0()+上单调递增；（2分）当0a时，令0)(xf，解得0x；令0)(xf，解得0x；所以)(xf在区间)0,(−上单调递减，在区

间,0()+上单调递增．（4分）综上，)(xf在区间)0,(−上单调递减，在区间,0()+上单调递增．（5分）（2）由题意得2cossin+−xxeax对任意0x恒成立，令,2cossin)(−+−=xxexh

ax则=)(xh.sincosxxaeax−−若0x，当1a时，xaxee−−xexhxcos)(,.sinx（6分）令)0(sin)(−=xxxxu，则,0cos1)(−=xxu所以)(xu

在区间),0[+上单调递增，且)(xu0)0(=u，即xxsin，令)0(1)(−−=xxexvx，则01)(−=xexv，所以)(xv在区间),0[+上单调递增，且)(xv,0)0(=v即1+xex，所以当0.x时，1sin1++x

xex，则)(xh，0cos1sincos−−−xxxex，所以)(xh在区间),0[+上单调递增，且)(xh0)0(=h，即2cossin+−xxeax恒成立．（9分）当1a时，01)0(−=ah，存在实数00x，使得),0(0xx，均有0)(

xh，则)(xh在区间),0(0x上单调递减，且=)0()(hxh0，不符合题意．（11分）综上，实数a的取值范围是).,1[+（12分）获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com