精品解析：河北省衡水中學高考一模數(shù)學試題

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?—下學期高三年級素養(yǎng)提升模擬一
數(shù)學試卷
本試卷分第I卷（選擇題）和第II卷（非選擇題）兩部分，共150分，考試時間120分鐘.
第I卷（選擇題 共60分）
一、選擇題（本題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的
1. 已知?是全集的兩個非空子集.若，則下列說法可能正確的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】通過，得到之間的關系，再結合韋恩圖即可得到答案.
【詳解】由可得 ，如圖，

由圖①②，，，，A,B,C錯誤；
由圖②，D正確.
故選：D.
2. 已知，則下列結論一定正確的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由，得到，結合不等式的基本性質、作差比較、基本不等式和對數(shù)的運算法則，逐項判定，即可求解.
【詳解】由，可得，則，
對于A中，由，所以，所以A不正確；
對于B中，由，且，則，所以B不正確；
對于C中，由，且，
當時，，此時；
當時，，此時；
當時，，此時，所以C不正確；
對于D中，由，因為，可得，
所以，可得，所以D正確
故選：D.
3. 某校有5名大學生打算前往觀看冰球，速滑，花滑三場比賽，每場比賽至少有1名學生且至多2名學生前往，則甲同學不去觀看冰球比賽的方案種數(shù)有（ ）
A. 48 B. 54 C. 60 D. 72
【答案】C
【解析】
【分析】先分組，再考慮甲的特殊情況.
【詳解】將5名大學生分為1-2-2三組，即第一組1個人，第二組2個人，第三組2個人，
共有 種方法；
由于甲不去看冰球比賽，故甲所在的組只有2種選擇，剩下的2組任意選，
所以由 種方法；
按照分步乘法原理，共有 種方法；
故選：C.
4. 17世紀，在研究天文學的過程中，為了簡化大數(shù)運算，蘇格蘭數(shù)學家納皮爾發(fā)明了對數(shù)，對數(shù)的思想方法即把乘方和乘法運算分別轉化為乘法和加法，數(shù)學家拉普拉斯稱贊為“對數(shù)的發(fā)明在實效上等于把天文學家的壽命延長了許多倍”.已知，，設，則所在的區(qū)間為（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
利用對數(shù)的運算性質求出，由此可得答案.
【詳解】
,
所以.
故選：C
5. 若，則的值為（ ）
A. 1或 B. 或 C. 或 D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】由已知得，所以或，
解三角方程可得答案.
【詳解】由，得，
即，所以或，
由得，
由得或，
綜上的值為、.
故選：D.
6. 已知橢圓的左焦點為，右頂點為，上頂點為，過點與軸垂直的直線與直線交于點.若線段的中點在橢圓上，則橢圓的離心率為（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】聯(lián)立直線與，得到，繼而得到，代入橢圓求解即可
【詳解】由題意，
由直線方程的截距式可得直線為：
過點與軸垂直的直線為：
聯(lián)立可得
故，中點，
代入橢圓方程得，
解得（舍負）
故選：A
7. 已知A，B，C是表面積為的球O的球面上的三個點，且，，則三棱錐的體積為（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】設球的半徑為，外接圓的半徑為，根據(jù)題意求出，再根據(jù)球心到的距離，即三棱錐的高，從而可得出答案.
【詳解】解：設球的半徑為，外接圓的半徑為，
在中，由，，則
得，所以，
因為球O的表面積為，
則，解得，
所以球心到的距離，
即三棱錐的高為，
，
所以三棱錐的體積.
故選：C.
8. 已知實數(shù)，且，為自然對數(shù)的底數(shù)，則（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】化簡條件后根據(jù)形式構造函數(shù)，利用單調性判斷不等式
【詳解】因為，所以，
函數(shù)在上單調遞增，且，因為
所以，所以，即，
又，所以，所以，即，綜上，.
故選：D
二、選擇題（本題共4小題，每小題5分，共20分，在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分）
9. 如圖，在直三棱柱中，，，?分別為，的中點，過點??作三棱柱的截面，則下列結論中正確的是（ ）

A. 三棱柱外接球的表面積為
B.
C. 若交于，則
D. 將三棱柱分成體積較大部分和體積較小部分的體積比為
【答案】CD
【解析】
【分析】對于，將該三棱柱視為正方體的一部分，利用正方體的對角線為外接球的直徑可求得外接球的表面積為，故A項錯誤；
對于，延長與交于點，連接交于，連接得到截面，可推得與不平行，可知B項錯誤；
對于，在中，計算可知C項正確；
對于，利用體積公式計算可知D項正確.
【詳解】如圖所示：

將該三棱柱視為正方體的一部分，則三棱柱外接球的半徑，，其表面積為，故A項錯誤；
延長與交于點，連接交于，連接，則平面即為截面.
因為，是中點，所以是的中點，由與相似，得，得，
而是的中點，所以與不平行且必相交，所以與截面不平行，故B項錯誤；
因為，又，所以在中，，故C項正確；延長交于點，則將三棱柱分成體積較大部分的體積為
，所以剩余部分的體積為，所以體積之比為，故D項正確.
故選：CD.
【點睛】關鍵點點睛：將該三棱柱視為正方體的一部分，利用正方體的對角線為外接球的直徑是解題關鍵.
10. 已知i是虛數(shù)單位，若，則（ ）
A. 復數(shù)z的虛部為 B.
C. 復數(shù)z對應的點在第二象限 D.
【答案】AD
【解析】
【分析】根據(jù)復數(shù)的乘除法運算求出，結合共軛復數(shù)的概念和復數(shù)的幾何意義依次判斷選項即可.
【詳解】由題意得，
，
故其虛部為，．
復數(shù)z對應的點為（，），在第四象限，
，
故選：AD.
11. 已知直線y=a與曲線相交于A，B兩點，與曲線相交于B，C兩點，A，B，C的橫坐標分別為x1，x2，x3，則（ ）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】畫出函數(shù)圖像，得到x1，x2，x3范圍，由得出A正確，由得出B錯誤，由得出C正確，由得出D正確.
【詳解】

在上單調遞增，在上單調遞減，.
，
在上單調遞增，在上單調遞減，.
，則，A對.
在上單調遞增，
，B錯.
在單調遞減，，C對.
對.
故選：ACD.
12. 在數(shù)列中，對于任意的都有，且，則下列結論正確的是（ ）
A. 對于任意的，都有
B. 對于任意的，數(shù)列不可能為常數(shù)列
C. 若，則數(shù)列為遞增數(shù)列
D. 若，則當時，
【答案】ACD
【解析】
【分析】A由遞推式有上，結合恒成立，即可判斷：B反證法：假設為常數(shù)列，根據(jù)遞推式求判斷是否符合，即可判斷；C、D由上，討論、研究數(shù)列單調性，即可判斷.
【詳解】A：由，對有，則，即任意都有，正確；
B：由，若為常數(shù)列且，則滿足，錯誤；
C：由且，
當時，此時且，數(shù)列遞增；
當時，此時，數(shù)列遞減；
所以時數(shù)列為遞增數(shù)列，正確；
D：由C分析知：時且數(shù)列遞減，即時，正確.
故選：ACD
【點睛】關鍵點點睛：選項B應用反證法，假設為常數(shù)列求通項，判斷是否與矛盾；對于C、D，將遞推式變形為，討論、時研究數(shù)列的單調性.
第II卷（非選擇題 共90分）
三、填空題（本題共4小題，每小題5分，共20分）
13. 已知為偶函數(shù)，且當時，，則在處的切線方程為______．
【答案】；
【解析】
【分析】首先求時，函數(shù)的解析式，再利用導數(shù)的幾何意義求切線方程.
【詳解】設，，因為函數(shù)是偶函數(shù)，
所以，
當時，，，，
所以在處的切線方程為，
即.
故答案為：
14. 已知向量，，點為坐標原點，在軸上找一個點，使得取最小值，則點的坐標是___________.
【答案】
【解析】
【分析】
設點的坐標是，求出，再利用配方法可得答案.
【詳解】設點的坐標是，即，
因為向量，，
所以，
，

，
當時，有最小值，此時點的坐標是，
故答案為：.
【點睛】方法點睛：平面向量求最值有三種常見方法：1、幾何法；2、三角函數(shù)有界法；3、二次函數(shù)配方法.
15. 已知函數(shù)，，當實數(shù)的取值范圍為________時，的零點最多.
【答案】
【解析】
【分析】作出函數(shù)的圖象，由得，設，分，，分別討論與的交點個數(shù)，當時，求得與相切時切線的斜率，與相切時切線的斜率，由此可求得實數(shù)的取值范圍.
【詳解】解：作出函數(shù)的圖象如圖：
由得，設，
當時，與有2個交點；
當時，與有2個交點；.
當時，設與相切，切點為，則，所以切線的斜率為，
其切線方程為：，
又因切線恒過點，所以，解得，所以切線斜率為，當時，設與相切，切點為，則，所以切線的斜率為，
其切線方程為：，
又因切線恒過點，所以，解得，所以切線的斜率為，
所以當時，與有1個交點；
當時，與有2個交點；
當時，與有3個交點；
當時，與有4個交點；
所以實數(shù)的取值范圍為時，的零點最多，
故答案為：.

16. 為檢測出新冠肺炎的感染者，醫(yī)學上可采用“二分檢測法”，假設待檢測的總人數(shù)是，將個人的樣本混合在一起做第1輪檢測（檢測一次），如果檢測結果為陰性，可確定這批人未感染；如果檢測結果為陽性，可確定其中有感染者，則將這批人平均分為兩組，每組人的樣本混合在一起做第2輪檢測，每組檢測1次，如此類推，每輪檢測后，排除結果為陰性的那組人，而將每輪檢測后結果為陽性的組再平均分成兩組，做下一輪檢測，直到檢測出所有感染者（感染者必須通過檢測來確定），若待檢測的總人數(shù)為8，采用“二分檢測法”構測，經(jīng)過4輪共7次檢測后確定了所有感染者，則感染者人數(shù)的所有可能值為________人．若待檢測的總人數(shù)為，且假設其中有2名感染者，采用“二分檢測法”所需檢測總次數(shù)記為n，則n的最大值為__________．
【答案】 ①. 1，2 ②. 4m－1
【解析】
【分析】①利用二分檢測法分析每輪檢測人數(shù)再判斷感染人數(shù)即可；
②分類討論分析每輪檢測的人數(shù)情況即可
【詳解】①若待檢測的總人數(shù)為8，則第一輪需檢測1次；第2輪需檢測2次，每次檢查的均是4人組；第3輪需檢測2次，每次檢查的是有感染的4人組均分的兩組；第4輪需檢測2次；則共需檢測7次，此時感染者人數(shù)為1或2人；
②若待檢測的總人數(shù)為，且假設其中有不超過2名感染者，
若沒有感染者，則只需1次檢測即可；
若只有1個感染者，則只需次檢測；
若只有2個感染者，若要檢測次數(shù)最多，則第2輪檢測時，2個感染者不位于同一組，
此時相當兩個待檢測均為的組，
每組1個感染者，此時每組需要次檢測，
所以此時兩組共需次檢測，
故有2個感染者，且檢測次數(shù)最多，共需次檢測，
所以采用“二分檢測法”所需檢測總次數(shù)記為n，則n的最大值為.
故答案為：1，2；
四、解答題（本題共6小題，共70分，解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟）
17. 銳角三角形ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且．
（1）求角C的值；
（2）若，D為AB的中點，求中線CD的范圍．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理化簡可得出，結合角為銳角可求得結果；
（2）由余弦定理可得出，利用平面向量的線性運算可得出，由平面向量數(shù)量積的運算可得出，利用正弦定理結合正弦型函數(shù)的基本性質可求得的取值范圍，可得出的取值范圍，即可得解
【小問1詳解】
由，
，
，，，．
【小問2詳解】
，，，
由余弦定理有：，，
所以，，
由正弦定理，，，，
，




，因為為銳角三角形，所以且，
則，,則，．
18. 在①，②為等比數(shù)列，且，這兩組條件中任選一組，補充在下面橫線處，并解答下列問題．
已知數(shù)列，數(shù)列的前項和是，______．
（1）求數(shù)列的通項公式；
（2）若數(shù)列的前項和為，證明：對任意均有恒成立．
【答案】（1）
（2）證明見解析
【解析】
【分析】（1）若選①，利用退一相減法可得通項公式；若選②，直接可得數(shù)列的首項及公比，進而可得通項公式；
（2）利用錯位相減法可得，進而得證.
【小問1詳解】
解：若選①，當時，，即；
當時，，，
作差可得，即，
所以數(shù)列為等比數(shù)列，其首項為，公比，
所以；
若選②，，則，即，
故數(shù)列為等比數(shù)列，所以，且，
所以；
【小問2詳解】
證明：由（1）得，所以，
所以，
，
則


，
所以，
又，所以恒成立.
19. 如圖所示，四棱錐中，底面ABCD為矩形，AC與BD交于點O，點E在線段SD上，且平面SAB，二面角，均為直二面角．

（1）求證：；
（2）若，且鈍二面角的余弦值為，求AB的值．
【答案】（1）證明見解析
（2）3
【解析】
【分析】（1）由線面平行性質定理去證明即可.
（2）建立空間直角坐標系，以向量法去表示二面角的余弦值為，進而可求得AB的值．
【小問1詳解】
因為平面SAB，平面SBD，平面平面，故．
又因為四邊形ABCD為矩形，故，則．
【小問2詳解】
∵四邊形ABCD為矩形，∴．
又∵平面平面ABCD，平面平面，平面ABCD，
∴平面SAD．∵平面SAD，∴．
同理．
又，平面ABCD，平面ABCD，
∴平面ABCD．
設，以A為坐標原點，AB，AD，AS所在直線分別為x，y，z軸，
建立如圖所示的空間直角坐標系，



則，，，，，．
,，,
設為平面ABE的法向量，
∵，∴，令，則．∴．
設為平面CBE的法向量，
∵，∴，令，則．∴．
∴，解得．
故
20. 2021年7月18日第30屆全國中學生生物學競賽在浙江省蕭山中學隆重舉行．為做好本次考試的評價工作，將本次成績轉化為百分制，現(xiàn)從中隨機抽取了50名學生的成績，經(jīng)統(tǒng)計，這批學生的成績全部介于40至100之間，將數(shù)據(jù)按照，，，，，，，，，，，分成6組，制成了如圖所示的頻率分布直方圖．

（1）求頻率分布直方圖中的值，并估計這50名學生成績的中位數(shù)；
（2）在這50名學生中用分層抽樣的方法從成績在，，，，，的三組中抽取了11人，再從這11人中隨機抽取3人，記為3人中成績在，的人數(shù)，求的分布列和數(shù)學期望；
（3）轉化為百分制后，規(guī)定成績在，的為等級，成績在，的為等級，其它為等級．以樣本估計總體，用頻率代替概率，從所有參加生物學競賽的同學中隨機抽取100人，其中獲得等級的人數(shù)設為，記等級的人數(shù)為的概率為，寫出的表達式，并求出當為何值時，最大？
【答案】（1），68
（2）分布列見解析，
（3），，1，3，，40，40
【解析】
【分析】（1）利用頻率之和為列方程，化簡求得的值，根據(jù)由頻率分布直方圖計算中位數(shù)的方法，計算出中位數(shù).
（2）結合超幾何分布的知識計算出的分布列和數(shù)學期望.
（3）根據(jù)二項分布的知識求得，由此列不等式，解不等式來求得的最大值時對應的的值.
【小問1詳解】
由頻率分布直方圖的性質可得，，
解得，
設中位數(shù)為，
，解得．
【小問2詳解】
，，，，，的三組頻率之比為，
從，，，，，中分別抽取7人，3人，1人，
所有可能取值為0，1，2，3，
，
，
，
，
故的分布列為：

0
1
2
3





故．
【小問3詳解】
等級的概率為，
，，1，3，，100，
令①，②，
由①可得，，解得，由②可得，，解得，
故時，取得最大．
21. 在平面直角坐標系中，雙曲線的離心率為，實軸長為4.

（1）求C的方程；
（2）如圖，點A為雙曲線的下頂點，直線l過點且垂直于y軸（P位于原點與上頂點之間），過P的直線交C于G，H兩點，直線AG，AH分別與l交于M，N兩點，若O，A，N，M四點共圓，求點P的坐標.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根據(jù)雙曲線離心率結合實軸長，可求得a,b,即得答案;
（2）根據(jù)O，A，N，M四點共圓結合幾何性質可推出，設，，，從而可以用點的坐標表示出t,再設直線，聯(lián)立雙曲線與直線方程，利用根與系數(shù)的關系式，代入t的表達式中化簡，可得答案.
【小問1詳解】
因為實軸長為4，即，，
又，所以，，
故C的方程為.
【小問2詳解】
由O，A，N，M四點共圓可知，，
又，即，
故，
即，所以,
設，，，
由題意可知，則直線，直線，
因為M在直線l上，所以，代入直線AG方程，可知，
故M坐標為，所以，
又，由，則，
整理可得，
當直線GH斜率不存在時，顯然不符合題意，
故設直線，代入雙曲線方程：中，
可得，所以，，
又
，
所以,
故，即，所以點P坐標為.
【點睛】本題考查了雙曲線方程的求解，以及直線和雙曲線的位置關系的問題，解答時要注意明確點線的位置關系，能設相關點的坐標，從而表示出參數(shù)的表達式，再結合聯(lián)立直線和雙曲線方程，利用根與系數(shù)的關系式化簡，難點在于較為繁雜的計算，要十分細心.
22. 已知函數(shù)．
（1）證明：當時，；
（2）記函數(shù)，判斷在區(qū)間上零點的個數(shù)．
【答案】（1）證明見解析
（2）個零點
【解析】
【分析】（1）求導后可知在上單調遞增，由可得結論；
（2）由可知是的一個零點；分別在、和的情況下，結合零點存在定理判斷導函數(shù)的正負，從而得到的單調性，確定區(qū)間內零點個數(shù)，得到在上的零點個數(shù)；根據(jù)奇函數(shù)性質可得最終結果.
【小問1詳解】
由題意得：；
當時，，，在上單調遞增，
.
【小問2詳解】
，，
，是的一個零點；
①當時，設，則，
在上單調遞減，，又，，
即在上無零點；
②當時，，，
在上單調遞減，又，，
，使得，
當時，；當時，；
在上單調遞增，在上單調遞減；
，，
在上存在唯一零點，
當時，；當時，；
在上單調遞增，在上單調遞減，
，，在有唯一零點；
③當時，，，在上單調遞減，
，在上無零點；
綜上所述：在上有兩個零點；
，為奇函數(shù)，圖象關于原點對稱，
在上有兩個零點；又，
在上共有個零點.
【點睛】思路點睛；本題考查利用導數(shù)研究函數(shù)零點個數(shù)的問題，解題基本思路是能夠根據(jù)導函數(shù)的形式，對所給區(qū)間進行分段，通過說明導函數(shù)在每段區(qū)間內的符號，得到原函數(shù)在區(qū)間內的單調性，結合零點存在定理確定零點個數(shù).