2023届河北省衡水中学高三下学期五调考试数学试题和答案

2023年12月5日发(作者：高二数学试卷的教学)

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A{x|x2}，B{x|x2x150}，则下列结论中正确的是 A．ABB．ABC．CRACRBD．(CRA)(CRB)22．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z112i，z23i，z312i在复平面上对应的点是一个正方形的三个顶点，则1i 这个正方形的第四个顶点所对应的复数z4 A．2iB．2iC．2iD．2i4．在正方形ABCD中，E,F分别是边AB,AD上的点，3AE2BE，ECF A．AD4，则3DF2B．AD2DFC．AD3DFktD．AD4DF5．李明开发的小程序发布经过t天后，用户人数A(t)500e，其中k为常数．已知小程序发布经 过10天后有2 000名用户，则用户超过50 000名至少经过的天数为(取lg20.3) A．31 B．32 C．33 D．346．在棱长为4的正方体ABCDA1B1C1D1中，P是CC1的中点，动点Q在平面DCC1D1内（包括 边界）．若AQ//平面A1BP，则AQ的最小值是 A．2B．22C．32D．257．若数列{an}对任意正整数n，有anmanq(其中mN*，q为常数,q0且q1)，则称数 列{an}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{bn}的前 4项为1，1，2，3，周期为4，周期公比为3，则{bn}的前25项和为1 A．3 277 B．3 278 C．3 280 D．3 282x2y28．已知F1,F2分别是双曲线C:221(a0,b0)的左、右焦点，过点F2作直线ABF1F2ab 交C于A,B两点. 现将C所在平面沿直线F1F2折成平面角为锐角的二面角，如图，翻折后

A,B两点的对应点分别为A，B，且AF1B若1cos25，则C的离心率为1cos16B．22C．3D．32

A．3二、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a,b为正实数，则下列命题正确的是 A．若ab1，则ab1 C．若ab1，则ab12222B．若111，则ab1baD．若a1，b1，则|ab||1ab|10．若ABC的三个内角均小于120，点M满足AMBAMCBMC120,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b,c满足bc，且|b|2|c|23，则|ab||ac||ac|的取值可以是 A．9B．43C．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．C3C4C5C10164 B．在第2 022行中第1 011个数最大22222C．记“杨辉三角”第n行的第i个数为ci，则(2i1n1i1ci)3nD．第34行中第15个数与第16个数之比为2:312．已知函数f(x)sin(cosx)cos(sinx)，则A．f(x)是奇函数C．xR，f(x2)f(x)B．f(x)的最大值大于2D．x[0,]，f(x)0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p:x(2,2)，x22a. 若p是假命题，则实数a的取值范围是

x.14．已知抛物线C:y8x的焦点为F，准线为l，M是C上的一点，点N在l上．若FMFN， 且|MF|10，则|NF| .15．已知函数f(x)mlnx112xn在区间[2,4]上有零点，则m2n2的最小值为 .4216．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MN1，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{an}满足an0，an1anan12an，且3a1,a23,a3成等差数列． （1）求{an}的通项公式；22an,n为奇数, （2）若bnloga,n为偶数,求数列{bn}的前2n项和T2n.1n2318．（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OM313km，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tan2，313，OA15km．13 （1）求大学M与站A的距离AM； （2）求铁路AB段的长19．（12分）如图，三棱锥EABD和三棱锥FBCD均为棱长为2的正四面体，且A,B,C,D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ADQC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试合格的概率为2，选择B方案测31，且每位学生测试的结果互不影响．2 （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．421．（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F,E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Q(1,0)且不与y轴垂直的直线l，与（1）中的椭圆交于M,N两点，在x轴的正半轴上是否存在定点T(t,0)，使得直线TM,TN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f(x)eaxax(aR,a0). （1）讨论f(x)的单调性；（2）若不等式f(x)sinxcosx2ax对任意x0恒成立，求实数a的取值范围．56数学参考答案一、选择题1．D2．C3．B4．D5．D二、选择题9．AC10．AB 11．AC12．BCD三、填空题13．(,22]四、解答题17．解：（1）因为an1anan12an,所以(an1an)(an12an)0.又an0，所以an12an0n12，所以{an}是公比为2的等比数列．

即an6．C7．A8．C14．515．4ln2ln216．3222a（2分）又3a1,a23,a3成等差数列，所以3a1a32(a23),所以3a14a14a16，解得a12 （4分）所以an2 （5分）n2n,为奇函数, （2）由（1）可知an2，所以bn（6分）n,n为偶函数,n所以T2nb1b2b3b2n

(b1b3b2n1)(b2b4b2n)

222132n1(242n)222n122(22n)n

14222n12

n(n1). （10分）3718．解：（1）在AOM中，OA15，AOM，且cos

由余弦定理，得AMOAOM2OAOM.222313，OM313，13cos152(313)22153133137213所以AM62，所以大学M与站A的距离AM为62km. （4分） （2）因为cos3132，且为锐角，所以sin在AOM中，由正弦定理，1313 得AMOM62313,即，sinMAO2sinsinMAO13解得sinMAO2 （6分）2由题意知MAO为锐角，所以MAO所以ABO4,421，cos,55因为tan2,所以sin所以sinABOsin1 （8分）410又AOB,所以sinAOBsin()sin25在AOB中，由正弦定理，得ABOA,sinAOBsinABO即AB15，解得AB302, （11分）21510（12分）所以铁路AB段的长AB为302km.

19．（1）证明：如图，连接AC与BD的交点为O，连接OQ,OF,OF.因为三棱锥EABD和三棱锥FBCD均为棱长为2的正四面体，所以OAOC，OEOF，AECF，则AOECOF，则EAOFCO，8所以AQCQ，所以OQAC. （2分）由题意知四边形ABCD是菱形，则ACBD.因为OQBDO，OQ,BD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EG//OQ，交AC于点G，则EG平面ABD.又三棱锥EABD是正四面体，所以G是ABD的中心．在ABD中，AG223OA;33在RtAEG中，EG又EG//OQ，所以所以OQAE2AG2232622332OQOA3，EGAG26.由（1）知OQ,AC,BD两两垂直，故以O为坐标原点，（6分）OA,OB,OQ所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则A(3,0,0)，D(0,1,0)，C(3,0,0)，Q(0,0,6)，故AD(3,1,0)，DQ(0,1,6),CD(3,1,0)设平面ADQ的法向量为m(x,y,z)，mAD03xy0,则，即令y6，y6z0.mDQ0则x2，z1，得平面ADQ的一个法向量为m(2,6,1) （7分）9nCD0设平面CDQ的法向量为n(a,b,c)，则，nDQ03ab0,即令b6，b6c0. 则a2，c1，得平面CDQ的一个法向量为n(2,6,1). （9分）设二面角ADQC的平面角为，则|cos||cosm,n|mnmn|261|5, （11分）2612619所以sin1cos2214,9214 （12分）932故二面角AQDC的正弦值为22120．解：（1）若选择A方案的三人全部合格，则所求概率P1;13227若选择A方案的三人中有两人合格，则所求概率2221112P2C1C21229332322111若选择A方案的三人中，只有一人合格，则所求概率PC1,3333218所以恰有三位学生合格的概率PP1P2P32222119 （6分）2791854 （2）设选择A方案测试的学生人数为n,n0,1,2,3,4,5,则选择B方案测试的学生人数为5n,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n0时，此时所有学生均选择B方案测试，则~B5,所以E()E()512153，不符合题意；2223当n5时，此时所有学生均选择A方案测试，则~B5,,10所以E()E()52103，符合题意； （9分）332312当n1,2,3,4时，~Bn,，~B5n,所以E()E()F()又E()25nn15 （10分）n326n153，6则n3，故当n3,4时，符合题意．（11分）综上，当选择A方案测试的学生人数为3,4,5时，测试合格的人数的均值不小于3． （12分）21．解：（1）设P(x,y)为椭圆上一点，由题意知|PF||PE||PA||PE||AE|6|EF|4,所以点P的轨迹是以F,E为焦点，长轴长2a6的椭圆， （2分）所以c2，a3，则bac5,222x2y2所以椭圆的标准方程为1 （4分）59 （2）由题意，设l的方程为xmy1，M(x1,y1)，N(x2,y2).x2y21,2222联立9得(5m9)y10my400,100m160(5m9)0,5xmy1,则y1y210m40，yy(*). （7分）122925m5m9y1y2y1y2y1y2kTMkTNx(my11t)(my21t)m2y1y2m(1t)(y1y2)(1t)21tx2t将(*)式代入上式，可得kTMkTN40 （9分）2225(t9)m9(1t)2要使kTMkTN为定值，则t90，即t9. 又t0，所以t3，此时kTMkTN210 （11分）911所以存在点T(3,0)，使得直线TM与TN的斜率之积为定值10 （12分）922．解：（1）f(x)eaxax，则f(x)aeaxaa(eax1),当a0时，令f(x)0，解得x0，令f(x)0，解得x0，所以f(x)在区间(,0)上单调递减，在区间(0,)上单调递增；（2分）当a0时，令f(x)0，解得x0；令f(x)0，解得x0；所以f(x)在区间(,0)上单调递减，在区间(0,)上单调递增． （4分）综上，f(x)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e令h(x)eaxaxsinxcosx2对任意x0恒成立，sinxcosx2,ax则h(x)aecosx若x0，当a1时，eex,h(x)excosxsinx. （6分）令u(x)xsinx(x0)，则u(x)1cosx0,所以u(x)在区间[0,)上单调递增，且u(x)u(0)0，即xsinx，令v(x)ex1(x0)，则v(x)e10，所以v(x)在区间[0,)上单调递增，且v(x)v(0)0,即ex1，所以当.x0时，ex1sinx1，则h(x)，ecosxsinx1cosx0，所以h(x)在区间[0,)上单调递增，且h(x)h(0)0，即eaxxxxxxsinxcosx2恒成立． （9分）当a1时，h(0)a10，存在实数x00，使得x(0,x0)，均有h(x)0，则h(x)在区间(0,x0)上单调递减，且h(x)h(0)0，不符合题意． （11分）12综上，实数a的取值范围是[1,). （12分）1314