河北省衡水中学2022届高三数学六调考试试题 理(含解析)

笸2022—2023学年度高三年级六调考试数学本试卷分第1卷（选择题）和第1[卷（非选择题）两部分。

共4页，总分150分，考试时间120分钟。

第1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.某年级有男生180人，女生160人，现用分层随机抽样的方法从该年级全体学生中抽取一个容掀为68的样本，则样本中女生人数为A .40 B.36 C.342+ai 2.设aER, 之＝．，则"a >l"是.,l z I >岛－＂的ID.32A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件3.以模型y=c邑Cc>O)去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设z = In y, 将其变换后得到经验回归方程之=2义·—1'则/z,'C的值分别是A.—2,e 1 B.2, —e1 C .—2,- D.2,e 4.设向掀a与b的夹角为0,定义a令b=Ia sin 0+bc o s 01. 已知向掀a为单位向掀，lbl =迈-'la-bl=L则aEBb=A.迈B.我C.顶22 D .2忒5.(立三-1)"的展开式中.1':,的系数为A .5 B.-5 C.15D.—15 6.用黑白两种颜色随机地染如图所示的5个格子，每个格子染一种颜色，则从左到右数，不管数到哪个格子，总有黑色格子不少于白色格子的染色方法种数为I I I I I IA.6B.10C .16 D.207.为进一步强化学校美育育人功能，构建“五育并举＂的全面培养的教育体系，某校开设了传统体育、美育、书法三门选修课程．该校某班级有6名同学分别选修其中的一门课程，每门课程至少有一名同学选修，则恰有2名同学选修传统体育的概率为A.536l _6 ．B 7-36． c 7-18D ln a ln b ln c 8.已知实数a ,b ,c满足—一＝－－＝－一—<o ,则A.b<a<cB.c<b<aC.a<b<cD.c<a<b 二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

河北省衡水中学高三下学期六调考试数学试卷一、选择题（每小题5分，共60分.下列每小题所给选项只有一项符合题意）1.已知，，为虚数单位，且，则的值为（）A. 4B.C. -4D.【答案】C【解析】根据复数相等的概念可知，，∴，∴，故选C2.已知集合，，则下列结论中正确的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由得，故，选项为C.3.已知的面积为2，在所在的平面内有两点、，满足，，则的面积为（）A. B. C. D. 1【答案】C【解析】由题意可知，P为AC的中点，2，可知Q为AB的一个三等分点，如图：因为S△ABC2．所以S△APQ．故选：B．4.如图，一个空间几何体的正视图、侧视图都是面积为，一个内角为60°的菱形，俯视图为正方形，那么这个几何体的表面积为（）A. B. C. 8 D. 4【答案】D【解析】因为一个空间几何体的正视图、侧视图都是面积为，且一个内角为的菱形，所以菱形的边长为，由三视图可得，几何体是由两个底面正方形的正四棱锥组合而成，底面边长为，侧棱长为，所以几何体的表面积为：，故选D．5.七巧板是我国古代劳动人民的发明之一，被誉为“东方模板”，它是由五块等腰直角三角形、一块正方形和一块平行四边形共七块板组成的.如图所示的是一个用七巧板拼成的正方形，若在此正方形中任取一点，则此点取自黑色部分的概率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】设正方形的边长为则①处面积和右下角黑色区域面积相同故黑色部分可拆分成一个等腰直角三角形和一个直角梯形等腰直角三角形面积为：直角梯形面积为：黑色部分面积为：则所求概率为：本题正确选项：6.定义运算：，将函数的图像向左平移个单位，所得图像对应的函数为偶函数，则的最小值是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】，将函数化为再向左平移（）个单位即为:又为偶函数,由三角函数图象的性质可得,即时函数值为最大或最小值,即或,所以,即,又,所以的最小值是.7.已知，，，则下列选项正确的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】，，，∵6π＞0，∴a，b，c的大小比较可以转化为的大小比较．设f（x），则f′（x），当x＝e时，f′（x）＝0，当x＞e时，f′（x）＞0，当0＜x＜e时，f′（x）＜0∴f（x）在（e，+∞）上，f（x）单调递减，∵e＜3＜π＜4∴，∴b＞c＞a，故选：D．8.双曲线的左右焦点分别为，，且恰为抛物线的焦点，设双曲线与该抛物线的一个交点为，若是以为底边的等腰三角形，则双曲线的离心率为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】∵，∴焦点为，即，∵，∴，即，∴，则，即，∴．9.如图①，利用斜二侧画法得到水平放置的的直观图，其中轴，轴.若，设的面积为，的面积为，记，执行如图②的框图，则输出的值A. 12B. 10C. 9D. 6【答案】A【解析】∵在直观图△A′B′C′中，A′B′＝B′C′＝3，∴S′A′B′•B′C′•sin45°由斜二侧画法的画图法则，可得在△ABC中，AB＝6．BC＝3，且AB⊥BC∴S AB•BC＝9则由S＝kS′得k＝2，则T＝T（m﹣1）＝T2（m﹣1）故执行循环前，S＝9，k＝2，T＝0，m＝1，满足进行循环的条件，执行循环体后，T＝0，m＝2当T＝0，m＝2时，满足进行循环的条件，执行循环体后，T＝2，m＝3当T＝2，m＝3时，满足进行循环的条件，执行循环体后，T＝6，m＝4当T＝6，m＝4时，满足进行循环的条件，执行循环体后，T＝12，m＝5当T＝12，m＝5时，不满足进行循环的条件，退出循环后，T＝12，故输出的结果为12故选：A．10.如下图，第（1）个多边形是由正三角形“扩展“而来，第（2）个多边形是由正方形“扩展”而来，……，如此类推.设由正边形“扩展”而来的多边形的边数为，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】，猜想,,,故选A.11.过椭圆上一点作圆的两条切线，点，为切点，过，的直线与轴，轴分别交于点，两点，则的面积的最小值为（）A. B. C. 1 D.【答案】B【解析】∵点在椭圆上，∴设，∵过椭圆上一点作圆的两条切线，点为切点，则∴以O为圆心，以|AM|为半径的圆的方程为①．又圆的方程为②．①-②得，直线AB的方程为：∵过A，B的直线l与x轴，y轴分别交于点P，Q两点，∴P，Q，∴△POQ面积，∵-1≤sin2θ≤1，∴当sin2θ=±1时，△POQ面积取最小值．12.若函数在其图象上存在不同的两点，，其坐标满足条件：的最大值为0，则称为“柯西函数”，则下列函数：①：②：③:④.其中为“柯西函数”的个数为（）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】B【解析】由柯西不等式得对任意的实数都有≤0，当且仅当时取等，此时即A,O,B三点共线，结合“柯西函数”定义可知，f(x)是柯西函数f(x)的图像上存在两点A与B，使得A,O,B三点共线过原点直线与f(x)有两个交点.①,画出f(x)在x＞0时，图像若f(x)与直线y=kx有两个交点，则必有k≥2，此时，，所以（x＞0），此时仅有一个交点，所以不是柯西函数；②，曲线过原点的切线为，又（e,1）不是f(x)图像上的点，故f(x)图像上不存在两点A,B与O共线，所以函数不是；③；④．显然都是柯西函数.故选：B二、填空题（每题5分，共20分.）13.若等比数列的第5项是二项式展开式的常数项，则________【答案】【解析】，则其常数项为，所以，则14.已知在平面直角坐标系中，，，，，动点满足不等式，，则的最大值为________.【答案】4【解析】∵，，，，，∴，又∵∴故本例转化为在线性约束条件下，求线性目标函数的最大值问题.可作出如右图的可行域，显然在点时为最优解.∵即∴15.已知数列的前项和为，且，则使不等式成立的的最大值为________.【答案】4【解析】当时，，得，当时，，所以，所以，又因为适合上式，所以，所以，所以数列是以为首项，以4为公比的等比数列，所以，所以，即，易知的最大值为4.16.若四面体的三组对棱分别相等，即，，，则________.（写出所有正确结论的编号）①四面体每个面的面积相等②四面体每组对棱相互垂直③连接四面体每组对棱中点的线段相互垂直平分④从四面体每个顶点出发的三条棱的长都可以作为一个三角形的三边长【答案】【解析】由题意可知四面体ABCD为长方体的面对角线组成的三棱锥，如图所示；由四面体的对棱相等可知四面体的各个面全等，它们的面积相等，则正确；当四面体棱长都相等时，四面体的每组对棱互相垂直，则错误；由长方体的性质可知四面体的对棱中点连线必经过长方体的中心，由对称性知连接四面体ABCD每组对棱中点的线段相互垂直平分，则正确；由，，，可得过四面体任意一点的三条棱的长为的三边长，则正确．故答案为：．三、解答题（本大题共6小题，共62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.设的三内角、、的对边长分别为、、，已知、、成等比数列，且.（I）求角的大小；（Ⅱ）设向量，，当取最小值时，判断的形状.解：（I）因为、、成等比数列，则.由正弦定理得.又，所以·因为，则.因为，所以或.又，则，当且仅当a=c等号成立，即故.（Ⅱ）因为，所以.所以当时，取得最小值.此时，于是.又，从而为锐角三角形.18.在四棱锥中，平面，是正三角形，与的交点恰好是中点，又，.（1）求证：；（2）设为的中点，点在线段上，若直线平面，求的长；（3）求二面角的余弦值.（1）证明：∵是正三角形，是中点，∴，即.又∵平面，∴.又，∴平面.∴.（2）解：取中点，连接，则平面，又直线平面，EG∩EF=E所以平面平面，所以∵为中点，，∴.∵，，∴，则三角形AMF为直角三角形，又，故（3）解：分别以，，为轴，轴，轴建立如图的空间直角坐标系，∴，，，.为平面的法向量.，.设平面的一个法向量为，则，即，令，得，，则平面的一个法向量为，设二面角的大小为，则.所以二面角余弦值为.19.在一次高三年级统一考试中，数学试卷有一道满分10分选做题，学生可以从，两道题目中任选一题作答.某校有900名高三学生参加了本次考试，为了了解该校学生解答该选做题的得分情况，计划从900名考生的选做题成绩中随机抽取一个容量为10的样本，为此将900名考生选做题的成绩按照随机顺序依次编号为001一900.（1）若采用随机数表法抽样，并按照以下随机数表，以方框内的数字5为起点，从左向右依次读取数据，每次读取三位随机数，一行读数用完之后接下一行左端.写出样本编号的中位数；（2）若采用系统抽样法抽样，且样本中最小编号为08，求样本中所有编号之和：（3）若采用分层轴样，按照学生选择题目或题目，将成绩分为两层，且样本中题目的成绩有8个，平均数为7，方差为4：样本中题目的成绩有2个，平均数为8，方差为1.用样本估计900名考生选做题得分的平均数与方差. 解：（1）根据题意，读出的编号依次是：512，916（超界），935（超界），805，770，951（超界），512（重复），687，858，554，876，647，547，332.将有效的编号从小到大排列，得332，512，547，554，647，687，770，805，858，876，的故中位数为.（2）由题易知，按照系统抽样法，抽出的编号可组成以8为首项，以90为公差的等差数列，故样本编号之和即为该数列的前10项之和.（3）记样本中8个题目成绩分别为，，…，2个题目成绩分别为，，由题意可知，，，，故样本平均数为.样本方差为.故估计该校900名考生该选做题得分的平均数为7.2，方差为3.56.20.已知椭圆的左，右焦点，，上顶点为，，为椭圆上任意一点，且的面积最大值为.（Ⅰ）求椭圆的标准方程；（Ⅱ）若点.为椭圆上的两个不同的动点，且（为坐标原点），则是否存在常数，使得点到直线的距离为定值？若存在，求出常数和这个定值；若不存在，请说明理由.解：(Ⅰ)由题得， ，解得 ，椭圆的标准方程为.(Ⅱ)设，，当直线AB 的斜率存在时，设其直线方程为：，则原点到直线的距离为，联立方程，化简得，，由得，则，，即对任意恒成立，则，，当直线斜率不存在时，也成立. 故当时，点到直线AB 的距离为定值.21.已知函数. （1）令，若在区间上不单调，求的取值范围；（2）当时，函数的图象与轴交于两点，，且，又是的导函数.若正常数，满足条件，.试比较与0的关系，并给出理由 解：（1）因为，所以，因为在区间上不单调，所以在上有实数解，且无重根，由，有，，令t =x +1>4的则y=2(t+在t>4单调递增，故（2）∵，又有两个实根，，∴，两式相减，得，∴，于是.∵，∴，∴.要证：，只需证：只需证：.（*）令，∴（*）化为，只需证∵在上单调递增，，∴，即.∴.请考生在22、23三题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分.22.选修4一4：坐标系与参数方程选讲：已知平面直角坐标系.以为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，点的极坐标为，曲线的极坐标方程为（1）写出点的直角坐标及曲线的普通方程；（2）若为上的动点，求中点到直线（为参数）距离的最小值.解：（1）x＝ρcosθ，y＝ρsinθ∴点的直角坐标由得，即所以曲线的直角坐标方程为（2）曲线的参数方程为（为参数）直线的普通方程为设，则那么点到直线的距离，所以点到直线的最小距离为23.选修4-5：不等式选讲.设函数，.（1）求不等式的解集；（2）如果关于的不等式在上恒成立，求实数的取值范围.解：（1）当时，，，则；当时，，，则；当时，，，则.综上可得，不等式的解集为.（2）设，由函数的图像与的图像可知：在时取最小值为6，在时取最大值为，若恒成立，则.。

河北省衡水中学2022届高三上学期六调数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．第32届奥运会男子举重73公斤级决赛中，石智勇以抓举166公斤，挺举198公斤，总成绩364公斤的成绩，为中国举重队再添一金，创造新的世界纪录.根据组别划分的最大体重以及举重成绩来看，举重的总质量与运动员的体重有一定的关系，如图为某体育赛事举重质量与运动员体重之间关系的折线图，下面模型中，最能刻画运动员体重和举重质量之间的关系的是（ ）A ．y n =（0m >）B ．y mx n =+（0m >）C ．2y mx n =+（0m >）D ．x y ma n =+（0m >，0a >且1a ≠）2．要得到函数y x =的图象，只需将函数4y x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭的图象（ ）A ．向左平移4π个单位 B ．向右平移4π个单位 C ．向上平移4π个单位D ．向下平移4π个单位3．阿基米德(公元前287年—公元前212年)不仅是著名的物理学家，也是著名的数学家,他利用“通近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.若椭圆C 的对称轴为坐标轴，焦点在y 轴上，且椭圆C 12,π则椭圆C 的方程为（ ） A ．221916x y +=B ．22134x y +=C ．2211832x y +=D ．221436x y +=4．以下四个选项中的函数，其函数图象最适合如图的是（ ）A ．2xey x =B ．()21x xe y x+=C ．2xe y x=D ．22xe y x=5．在正方体1111ABCD A B C D -中，过点D 作直线l 与异面直线AC 和1BC 所成角均为θ，则θ的最小值为（ ） A ．15︒B ．30︒C ．45︒D ．60︒6．对于函数()f x ，若在定义域内存在实数0x ，满足()()00f x f x -=-，则称()f x 为“局部奇函数”.已知()4x f x ae =--在R 上为“局部奇函数”，则a 的取值范围是（ ） A ．[)4,-+∞B ．[)4,0-C ．(],4-∞-D ．(],4-∞7．数学对于一个国家的发展至关重要，发达国家常常把保持数学领先地位作为他们的战略需求.现某大学为提高数学系学生的数学素养，特开设了“古今数学思想”，“世界数学通史”，“几何原本”，“什么是数学”四门选修课程，要求数学系每位同学每学年至多选3门，大一到大三三学年必须将四门选修课程选完，则每位同学的不同选修方式有（ ） A ．60种B ．78种C ．84种D ．144种8．在矩形ABCD 中，AB=1，AD=2，动点P 在以点C 为圆心且与BD 相切的圆上．若AP =λ AB +μAD ，则λ+μ的最大值为A．3B ．CD ．2二、多选题9．下列说法正确的是（ ）A ．将一组数据中的每个数据都乘以同一个非零常数a 后，方差也变为原来的a 倍B ．设有一个回归方程35y x =-，变量x 增加1个单位时，y 平均减少5个单位C ．线性相关系数r 的绝对值越接近于1，两个变量的线性相关性越强；反之，越接近于0线性相关性越弱D ．在某项测量中，测量结果ξ服从正态分布()21,N σ（0σ>），则()10.5P ξ>=10．已知等比数列{}n a 的公比为q ，前4项的和为114a +，且2a ，31a +，4a 成等差数列，则q 的值可能为（ ） A ．12B ．1C ．2D ．311．已知函数()[][]sin cos cos sin f x x x =+，其中[]x 表示不超过实数x 的最大整数，关于()f x 有下述四个结论，正确的是（ ） A ．()f x 的一个周期是2π B ．()f x 是非奇非偶函数C ．()f x 在(0,)π单调递减D ．()f x 12．为弘扬中华民族优秀传统文化，某学校组织了《诵经典，获新知》的演讲比赛，本次比赛的冠军奖杯由一个铜球和一个托盘组成，如图①，已知球的体积为43π，托盘由边长为4的正三角形铜片沿各边中点的连线垂直向上折叠而成，如图②.则下列结论正确的是（ ）A ．经过三个顶点,,ABC 的球的截面圆的面积为4π B ．异面直线AD 与CF 所成的角的余弦值为58C ．直线AD 与平面DEF 所成的角为3πD ．球离球托底面DEF 1三、填空题13．已知集合{}1,0,1A =-，02x B xx ⎧⎫=>⎨⎬-⎩⎭，则A B =_____________． 14．在6x ⎛ ⎝的展开式中，3x 的系数为 _______15．如图，已知抛物线2y x =及两点()110,A y 和()220,A y ，其中120y y >>.过1A 、2A 分别作y 轴的垂线，交抛物线于1B 、2B 两点，直线12B B 与y 轴交于点()330,A y ，此时就称1A 、2A 确定了3A .依此类推，可由2A 、3A 确定4A 、.记()0,n n A y ，1n =、2、3、.给出下列三个结论：①数列{}n y 是递减数列；①对任意*n ∈N ，0n y >；①若14y =，23y =，则523y =. 其中，所有正确结论的序号是_____．16．在锐角三角形ABC 中，角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，若224sin 6b c bc A π⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭，则tan tan tan A B C ++的最小值是______．四、解答题17．已知数列{}n a 满足：2112322216n n a a a a n -++++=.（1）求{}n a 的通项公式；（2）令12log 2n n n b a -=+，求数列{}n b 的前n 项和n S .18．如图，已知菱形ABCD 的边长为2，60ABC ∠=，F 是平面ABCD 外一点，在四边形ADEF 中，EA 交FD 于点M .4FD =，2AM =，1ME =，DF =FA CD ⊥.(1)证明：FA ⊥平面ABCD ；(2)求平面MAC 与平面ACB 夹角的余弦值.19．①ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知a +c =2bcosA . （1）证明：B =2A ；（2）设D 为BC 边上的中点，点E 在AB 边上，满足DE CB DE CA ⋅=⋅，且b =，四边形ACDE ，求线段CE 的长.20．如图所示，已知椭圆C ：()222210x y a b a b +=>>()2,1P -，（1）求椭圆C 的方程；（2）设Q 在椭圆C 上，且PQ 与x 轴平行，过Р作两条直线分别交椭圆C 于两点A ，B ，直线PQ 平分APB ∠，且直线AB 过点()1,0R -，求四边形PAQB 的面积．21．十三届全国人大常委会第二十次会议审议通过的《未成年人保护法》针对监护缺失、校园欺凌、烟酒损害、网络沉迷等问题，进一步压实监护人、学校、住宿经营者及网络服务提供者等主体责任，加大对未成年人的保护力度．某中学为宣传《未成年人保护法》，特举行一次未成年人保护法知识竞赛，比赛规则是：两人一组，每一轮竞赛中，小组两人分别答两题，若答对题数不少于3，则被称为“优秀小组”，已知甲、乙两位同学组成一组，且同学甲和同学乙答对每道题的概率分为1p ，2p ． (1)若13p 4=，223p =，则在第一轮竞赛中，求他们获“优秀小组”的概率；(2)当1265p p +=，且每轮比赛互不影响时，如果甲、乙同学在此次竞赛活动中要想获得“优秀小组”的次数为9，那么理论上至少要进行多少轮竞赛？22．已知函数()()ln (0)f x mx x m =->有两个不同的零点1x ，2x . (1)求m 的取值范围；(2)若212x x >，求实数m 的取值范围.参考答案：1．A【分析】根据函数y x =，y =2yx ，12,2xxy y ⎛⎫== ⎪⎝⎭的图象特征判断.【详解】在同一坐标系中作出函数y x =，y =2yx ，12,2xxy y ⎛⎫== ⎪⎝⎭在第一象限的图象，如图所示：由函数图象，根据折线图可知，最能刻画运动员体重和举重质量之间的关系的是y n =（0m >）， 故选：A 2．A【解析】先变形：)2y x x π+，再根据左加右减原理即可得解.【详解】因为)2y x x π=+，所以由函数4y x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭的图象得到函数2y x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭的图象，根据左加右减，只需向左平移4π个单位. 故选：A. 3．A【分析】由题意，设出椭圆的标准方程为()222210y x a b a b+=>>，然后根据椭圆的离心率以及椭圆面积列出关于a 、b 的方程组，求解方程组即可得答案．【详解】解：由题意，设椭圆C 的方程为()222210y x a b a b+=>>，因为椭圆C12π，所以12c e a ab ππ⎧⎪===⎨⎪=⎩2216,9a b ==，所以椭圆C 的方程为221169y x +=，故选：A. 4．C【分析】根据题意，用排除法分析排除A 、B 、D ，综合可得答案． 【详解】根据题意，用排除法分析：对于A ，()2xf x ex =，当0x <时，有()0f x <，不符合题意，对于B ，当0x <时，()()210x x e f x x+=<，不符合题意，对于D ，()22x f x e x=，()2218e f =<，不符合题意，故选：C ． 5．B【解析】计算异面直线AC 和1BC 所成角，则θ的最小值为异面直线AC 和1BC 所成角的一半 【详解】解：因为AC ①11A C ，所以11BC A ∠为异面直线AC 和1BC 所成角， 因为1111AC BC A B ==，所以11A BC 是等边三角形，所以1160BC A ∠=︒，过点B 作直线l 的平行线'l ，则当'l 与11BC A ∠的角平分线平行时，θ取得最小值为30︒， 故选：B【点睛】此题考查异面直线所成角，属于基础题． 6．B【分析】由()()f x f x -=-得出a （用x 表示），方程有解，转化为求新函数的取值范围即得参数范围．【详解】因为()4x f x ae =--，所以()4x f x ae --=--，所以44x x ae ae ---=+，则8e e x x a -=-+.因为2x xe e -+≥（当且仅当0x =时，等号成立），所以84e e x x--≥-+，即40a -≤<.故选：B ． 7．B【分析】先分类，再每一类中用分步乘法原理即可.【详解】由题意可知三年修完四门课程，则每位同学每年所修课程数为1,1,2或0,1,3或0,2,2若是1,1,2，则先将4门学科分成三组共11243222C C C A 种不同方式.再分配到三个学年共有33A 种不同分配方式，由乘法原理可得共有112343232236C C C A A ⋅=种，若是0,1,3，则先将4门学科分成三组共1343C C 种不同方式，再分配到三个学年共有33A 种不同分配方式，由乘法原理可得共有13343324C C A ⋅=种，若是0,2,2，则先将门学科分成三组共224222C CA 种不同方式，再分配到三个学年共有33A 种不同分配方式，由乘法原理可得共有2234232218C C A A ⋅=种所以每位同学的不同选修方式有36241878++=种， 故选：B.8．A【详解】[方法一]：特殊值法2,1x y ==+12xy λμ+=+=+>故选A [方法二]：解析法如图所示，建立平面直角坐标系.设()()()()()0,1,0,0,2,0,2,1,,A B C D P x y , 易得圆的半径5r =，即圆C 的方程是()22425x y -+=，()()(),1,0,1,2,0AP x y AB AD =-=-=，若满足AP AB AD λμ=+， 则21x y μλ=⎧⎨-=-⎩，,12x y μλ==-，所以12xy λμ+=-+，设12x z y =-+，即102x y z -+-=，点(),P xy 在圆()22425x y -+=上，所以圆心(2,0)到直线102xy z -+-=的距离d r ≤13z ≤≤，所以z 的最大值是3，即λμ+的最大值是3，故选A .【点睛】（1）应用平面向量基本定理表示向量是利用平行四边形法则或三角形法则进行向量的加、减或数乘运算.（2）用向量基本定理解决问题的一般思路是：先选择一组基底，并运用该基底将条件和结论表示成向量的形式，再通过向量的运算来解决. 9．BCD【分析】直接利用方差关系式的变化和原数据的关系，回归直线方程，相关系数的关系式，正态分布的关系式的应用判断A 、B 、C 、D 的结论．【详解】解：对于A ：将一组数据中的每个数据都乘以同一个非零常数a 后，方差也变为原来的2a 倍，故A 错误；对于B ：设有一个回归方程ˆ35yx =-，变量x 增加1个单位时，35(1)355y x x =-+=--，所以平均减少5个单位，故B 正确；对于C ：线性相关系数r 的绝对值越接近于1，两个变量的线性相关性越强；反之，越接近于0线性相关性越弱，故C 正确；对于D ：在某项测量中，测量结果ξ服从正态分布(1N ，2)(0)σσ>，对称轴为1μ=则(1)0.5P ξ>=，故D 正确；故选：BCD ． 10．AC【分析】根据2a ，31a +，4a 成等差数列，以及数列前4项的和为114a +，求出a 3，再根据2a ，3+1a ，4a 成等差数列，将各项化为a 3和q ，进而求出q .【详解】因为2a ，31a +，4a 成等差数列，所以()2432+1a a a +=，又因为数列前4项的和为114a +，所以1431231332144a a a a a a a a +=+++⇒+==+， 而数列公比为q ，再根据()24321a a a +=+有，()331115214102a q a q q q q q ⎛⎫⎛⎫+=+⇒+=⇒+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以2q或12q =. 故选：AC. 11．ABD【分析】先根据周期函数定义判断选项A ，再根据[]y x =函数的意义，转化()f x 为分段函数判断B 选项，结合三角函数的图象与性质判断C ，D 选项. 【详解】[][]()2sin co (cos in )s s f x x x f x π+=+=，f x 的一个周期是2π，故A 正确；sin11,01,0,2cos1,21sin1,,2()3cos1sin1,,23cos1,,22cos1,,02x x x x f x x x x πππππππππ+=⎧⎪⎛⎫⎪∈ ⎪⎪⎝⎭⎪⎪=⎪⎪⎛⎤⎪-∈ ⎪⎥=⎝⎦⎨⎪⎛⎫⎪-∈ ⎪⎝⎭⎪⎪⎡⎫⎪∈⎪⎢⎪⎣⎭⎪⎛⎫⎪∈- ⎪⎪⎝⎭⎩， ()f x ∴是非奇非偶函数，B 正确；对于C ，(0,)2x π∈时，()1f x =，不增不减，所以C 错误；对于D ，[0,)2x π∈，()sin11sin 11 1.74f x π=+>+=+>>D 正确.故选：ABD【点睛】本题主要考查了函数的周期性，单调性，奇偶性，考查了特例法求解选择题，属于中档题. 12．BCD【分析】求出ABC 外接圆面积判断A ，作出异面直线所成的角并求出这个角后判断是B ，根据直线民平面所成的角定义判断C ，求出球心到平面DEF 的距离可判断D ． 【详解】根据图形的形成，知,,A B C 三点在底面DEF 上的射影分别是DEF 三边中点,,M N P ，如图，ABC 与MNP △全等且所在面平行，截面圆就是ABC 的外接圆与MNP △的外接圆相同．由题意MNP △的边长为1，其外接圆半径为1r ==213S r π==，A 错；由上面讨论知AC 与MP 平行且相等，而MP 与NF 平行且相等，因此AC 与NF 平行且相等，从而ACFN 是平行四边形，//CF AN ，所以DAN ∠是异面直线AD 与CF 所成的角（或其补角）．由已知，2AD =，DN =2AN CF ==， 2224435cos 22228AN AD ND DAN AN AD +-+-∠===⋅⨯⨯，B 正确；由平面ADE 与平面DEF 垂直知AE 在平面AEF 内的射影是DE ，所以AED ∠为直线AD 与平面DEF 所成的角，此角大小3π，C 正确． 由上面讨论知1AB BC CA ===，设O 是球心，球半径为R ，由34433R ππ=得1R =，则O ABC -是正四面体，棱长为1，设H 是ABC 的中心，则OH ⊥平面ABC ，又CH ⊂平面ABC ，所以OH CH ⊥，CH =，则OH ==AM =所以球离球托底面DEF 1-，D 正确． 故选：BCD ．【点睛】关键点点睛：本题考查空间折叠问题，掌握空间的垂直关系是解题关键．由垂直平行关系得出ABC 与MNP △全等且所在面平行，从而易得截面圆与MNP △的外接圆相同，从而可得//CF AN ，得异面直线所成的角，得直线与平面所成的角，根据正四面体积的性质求得其高，得出距离的最小值． 13．{1}【分析】结合已知条件求出集合B ，然后利用集合的交运算即可求解. 【详解】由02xx>-可知，(2)0x x ->，即(2)0x x -<， 解得02x <<，从而{|02}B x x =<<， 因为{}1,0,1A =-， 所以{1}A B ⋂=. 故答案为：{1}. 14．154##3.75 【分析】利用二项式定理的通项公式即可求解﹒【详解】二项式的通项公式366216612rrr r rr r T C x C x --⎛⎛⎫- ⎪ ⎝⎭⎝＋＝＝． 令3632r -＝可得2r ＝，则3x 的系数为226111515244C ⎛⎫-⨯ ⎪⎝⎭＝＝．故答案为：15415．①①①.【分析】根据题意得出数列{}n y 的递推公式，结合数列{}n y 的递推公式对题中三个命题进行分析，可得出结论.【详解】由题意知，()2111,n n n B y y ---，()2222,n n n B y y ---，直线12n n B B --的斜率为122212121n n n n n n y y y y y y -------=-+， 则直线12n n B B --的方程为()211121n n n n y y x y y y -----=-+，令0x =，则21112n n n n y y y y y ------=+，1212n n n n y y y y y ----∴=+，即1212n n n n n y y y y y ----=+，在等式1212n n n n n y y y y y ----=+两边取倒数得12111n n n y y y --=+.10y >，20y >，由此可得出30y >，40y >，，命题①正确；121110n n n y y y ---=>，则111n n y y ->，由①知，对任意的n N *∈，0n y >， 1n n y y -∴<，即数列{}n y 是单调递减数列，命题①正确；若14y =，23y =，则3127y =，41211y =，323y =，命题①正确. 故答案为：①①①.【点睛】本题考查数列与解析几何的综合，考查数列基本性质的判断，解题的关键就是求出数列的递推公式，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题. 16．【分析】由余弦定理及所给等式可得22cos 4sin 6a bc A bc Aπ⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭，化简得2sin a A =，然后利用正弦定理进行边化角可整理得tan tan tan B C B C +=，再由tan tan()A B C =-+可推出tan tan tan tan tan tan A B C A B C ++=⋅⋅，令tan tan 1(0)B C m m ⋅-=>将所求式子整理为关于m 的函数，利用基本不等式即可求得最小值.【详解】由余弦定理，得2222cos b c a bc A +=+，则由224sin 6b c bc Aπ⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭，得22cos 4sin 2cos )6a bc A bc A bc A A π⎛⎫+=+=+ ⎪⎝⎭，所以2sin a A =，由正弦定理，得2sinsin sin A B C A =⋅⋅，所以sin sin A B C =， 所以sin()sin B C B C +=，sin cos cos sinsin B C B C B C +=，tan tan tan B C B C +=．因为tan tan tan tan()tan tan 1B CA B C B C +=-+=-，所以tan tan tan tan tan tan A B C AB C ++=⋅⋅，则tan tan tan tan tan tan tan tan tan tan tan 1B C A B C B C B C B C +++=⋅⋅=⋅-．令tan tan 1B C m ⋅-=，而tan tan tan tan 1,0tan tan B CB C m A A⋅-=+∴> 则tan tan 1B C m⋅=+，)221tan tan tan m m A B C m++++=1223(22)m m m ⎫=++=⎪⎭当且仅当1m =时，等号成立，故tan tan tan A B C ++的最小值为故答案为：【点睛】本题主要考查正弦定理、余弦定理的应用，两角和的正弦公式、正切公式，基本不等式的应用，换元法的应用等，属于较难题．根据条件中边和角的关系求解三角形的相关问题的一般方法：（1）利用正弦定理将边化为角，然后利用三角函数的知识及其他知识求解；（2）利用正弦定理或余弦定理将角化为边，然后利用代数知识求解．17．（1）52nn a -=，*n ∈N ；（2）()9212n n n n T -=+-，*n ∈N .【分析】（1）利用n a 与n S 的关系，即可求出{}n a 的通项公式；（2）5112log 2252n n n n b n ---=+=-+，利用分组求和即可求出数列{}n b 的前n 项和n S .【详解】解：（1）当1n =时，116a =，当2n ≥时，2211231222216n n n n a a a a a n ---++++=，①()221231222161n n a a a a n --++++=-，①①-①得1216n n a -=，52n n a -∴=，当1n =时，116a =满足通项公式， 52n n a -∴=，*n ∈N .（2）5112log 2252n n n n b n ---=+=-+，()()()()012142322252n n T n -=++++-+++-+()()012143252222n n -=++++-+++++⎡⎤⎣⎦()9212n n n -=+-，*n ∈N .18．(1)证明见解析【分析】（1）通过证明,FA AD FA CD ⊥⊥来证得FA ⊥平面ABCD .（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得平面MAC 与平面ACB 夹角的余弦值. (1)在EAD中，由余弦定理，得1cos 2DAE ∠==， 所以60DAE ∠=︒，所以ADM △为等边三角形. 所以2MA MD MF ===，则FA AD ⊥， 又,FA CD AD CD D ⊥=， 所以FA ⊥平面ABCD . (2)设G 是CD 的中点，60,ADC ABC AD CD ∠=∠==， 所以三角形ACD 是等边三角形，所以,AG CD AG AB ⊥⊥， 由（1）知，FA ⊥平面ABCD ，所以,FA AB FA AG ⊥⊥，以A 为坐标原点，,,AB AG AF 的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系A xyz -，则1(0,0,0),2A C M ⎛- ⎝，所以1(1,3,0),2AC AM ⎛==- ⎝. 设平面MAC 的一个法向量为1(,,)n x y z =，则1100n ACn AM ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩,得0102x x y⎧=⎪⎨-+=⎪⎩, 令x =1(3,1,1)n =-.又平面ABCD 的一个法向量为2(0,0,1)n =，所以1212111cos ,5n n n nn n ⋅〈〉===⋅所以平面MAC 与平面ACB 【点睛】19．（1）证明见解析；（2. 【分析】（1）结合正弦定理边化角，然后化简证明即可； （2）根据题意作出图形，然后结合正余弦定理解三角形即可. 【详解】（1）由正弦定理得①s sin 2sin c i o n s C B A A +=()sin sin 2cos sin A A B A B ⇒++=sin sin cos cos sin 2cos sin A A B A B A B ⇒++= sin cos sin sin cos A A B A B ⇒=-sin sin()A B A =-①A ，B ①(0，π) ①A =B -A ①B =2A（2）由0DE CB DE CA DE AB ⋅=⋅⇒⋅=①DE ①ABsin sin 22sin cos 2cos sin sin sin b B A A A A a A A A====①cos 2b a A ===①6A π=，3B π=，2C π=①1cos 4BE DB B a ==而四边形ACDE的面积21172224ACD AED a a S S S b ∆∆=+=⨯+⨯=22a == 由余弦定理得①CE == 20．（1）22182x y +=；（2【分析】（1）由题知224a b =，22411a b+=，进而解得28a =，22b =，即椭圆C 的方程为22182x y +=； （2）根据题意，设AB ：()1y k x =+，()11,A x y ，()22,B x y ，进而与椭圆联立方程得212221228414841k x x k k x x k ⎧+=-⎪⎪+⎨-⎪=⎪+⎩，再根据直线PQ 平分APB ∠0AP BP k k +=，进而化简整理得22651091k k k ++=-，解得12k =-，1212172x x x x +=-⎧⎪⎨=-⎪⎩，进而得121212y y x x -=-=，最后计算四边形PAQB的面积1212S PQ y y =-. 【详解】解：（1）由离心率c e a===224a b =（*）， 由于点()2,1P -在椭圆C 上，故22411a b+=（**）， 联立（*）（**）得28a =，22b =， 所以椭圆C 的方程为22182x y +=． （2）由直线AB 过点()1,0R -，可设AB ：()1y k x =+，它与椭圆C 的方程联立得()2222418480k x k x k +++-=，设()11,A x y ，()22,B x y ，则212221228414841k x x k k x x k ⎧+=-⎪⎪+⎨-⎪=⎪+⎩，① 因为直线PQ 平分APB ∠，所以0AP BP k k +=，即()()12121111022k x k x x x +++++=--，整理得()()()121221410kx x k x x k --+-+=，将①代入上式并化简得22651091k k k ++=-， 所以12k =-，所以1212172x x x x +=-⎧⎪⎨=-⎪⎩，所以121212y y x x -=-=， 所以四边形PAQB的面积1211422S PQ y y =-=⨯= 【点睛】本题考查椭圆的方程的求解，椭圆中的四边形的面积问题，考查运算求解能力，化归转化思想，是中档题.本题解题的关键在于将直线PQ 平分APB ∠转化为0AP BP k k +=，进而设AB 方程()1y k x =+，()11,A x y ，()22,B x y ，通过设而不求计算得12k =-,最后结合1212S PQ y y =-求解面积. 21．(1)23(2)19轮竞赛【分析】（1）分甲答对1次，乙答对2次，甲答对2次，乙答对1次，甲答对2次，乙答对2次三类求解；（2）先求得获“优秀小组”的概率的最大值，设他们小组在n 轮竞赛中获“优秀小组”的次数为ξ，由(),B n P ξ'求解.【详解】（1）解：由题可知，所有可能的情况有：①甲答对1次，乙答对2次的概率121212231214436P C C ⎛⎫⎛⎫=⨯⨯⨯⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭； ①甲答对2次，乙答对1次的概率22122232114334P C C ⎛⎫=⨯⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭； ①甲答对2次，乙答对2次的概率2222322321434P C C ⎛⎫⎛⎫=⨯⨯⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭． 故所求的概率11164342P =++=． （2）他们在一轮竞赛中获“优秀小组”的概率()1222221122211P C p p C p C p '=⋅⋅-⋅⋅+⋅⋅()1222222221221C p p C p C p ⋅⋅-+⋅⋅⋅()()212121223p p p p p p =⋅+-． 因为101p ≤≤，201p ≤≤，1265p p +=， 所以1115p ≤≤，2115p ≤≤， 所以()212121235P p p p p '=-， 由基本不等式212129225p p p p +⎛⎫≤= ⎪⎝⎭，当且仅当1235p p ==时，等号成立， 所以12192525p p ≤≤，令12t p p =， 则()2212212335525P h t t t t ⎛⎫'==-+=--+ ⎪⎝⎭，19,525t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦， 所以当925t =时，max 297625P '=， 设他们小组在n 轮竞赛中获“优秀小组”的次数为ξ，则(),B n P ξ'，由max 9nP '=，得96251929733625n ==≈，所以理论上至少要进行19轮竞赛．22．(1)(e,)+∞ (2)2,ln 2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【分析】（1）由()0f x =分离常数m ，通过构造函数法，结合导数来求得m 的取值范围.（2）由()()1122ln ,ln mx x mx x ==整理得2211ln x x x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，利用换元法表示12,x x ，通过构造函数法，利用导数证得10ln 21x <<<，结合（1）求得m 的取值范围.(1)()f x 的定义域为{}0x x >. 令()0f x =，得e =xm x， 令()(0)x e g x x x=>，则2e (1)()-'=x x g x x ， 令()0g x '=，可得1x =，当(0,1)x ∈时，()0g x '<；当(1,)x ∈+∞时，()0g x '>.所以()g x 在区间(0,1)上单调递减，在区间(1,)+∞上单调递增.所以min ()(1)e g x g ==，当x 趋近于0时，y 趋近于+∞；当x 趋近于+∞时，y 趋近于+∞，所以(e,)m ∈+∞.(2)()()1122ln ,ln mx x mx x ==， 两式相减，得2211ln x x x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭.令212x t x =>，则1ln (1)t t x =-， 故12ln ln ,11t t t x x t t ==--， 记ln (),21t h t t t =>-， 则211ln ()(1)t th t t '--=-， 构造函数()()11ln 2H t t t t=--≥， ()'22111t H t t t t-=-=，所以()H t 在[)2,+∞上()()'0,H t H t <递减， 由于()11121ln 2ln 20222H =--=-<-=， 所以当2t >时，()0H t <， 所以211ln ()0(1)t t h t t -'-=<-，所以函数()h t 在区间(2,)+∞上单调递减，故1()(2)ln 2x h t h =<=，即10ln 21x <<<，而e ()xm g x x==， ()g x 在区间(0,1)上单调递减，故()12(ln 2)ln 2m g x g =>=， 即2,ln 2m ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭. 【点睛】根据函数()f x 的零点个数来求参数的取值范围，可采用导数来进行研究，具体步骤是：首先令'0f x ，然后分离参数，接着构造函数，然后利用导数研究所构造的函数，再结合零点个数来求得参数的取值范围.。

2022—2023衡水中学下学期高三年级一调考试数 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．设集合}12|{≤<-N ∈=x x A ，}1)2{lg({<+=x x B ，则=B AA ．}1,0,1{-B ．}1,0{C ．}1,1{-D ．}1{-2．已知复数z 满足|i ||1||5|+=-=-z z z ，则=||zA ．10B ．13C ．23D ．53．已知⎪⎭⎫⎝⎛∈ππα,2，且2sin 2cos 3=-αα，则 A ．32)cos(=-απB ．42)tan(=-απ C ．352sin =⎪⎭⎫⎝⎛-απD ．452cos =⎪⎭⎫⎝⎛-απ4．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中提出了一些新的垛积公式，他所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项之差成等差数列．现有一高阶等差数列，其前7项分别为1，2，4，7，11，16，22，则该数列的第100项为 A ．4 923B ．4 933C ．4 941D ．4 9515．已知抛物线x y C 2:2=的焦点为F ，点M 在C 上，点N 在准线l 上，满足OF MN //(O为坐标原点），||||MN NF =，则MNF ∆的面积为 A ．3B ．435 C ．233D ．326．碳达峰，是指在某一个时点，二氧化碳的排放不再增长，达到峰值之后开始下降；碳中和，是指企业、团体或个人测算在一定时间内直接或间接产生的温室气体排放总量，通过植树造林、节能减排等形式，以抵消自身产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”．某地区二氧化碳的排放量达到峰值。

亿吨后开始下降，其二氧化碳的排放量S （单位：亿吨）与时间基（单位：年）满足函数关系式tab S =，已知经过5年，该地区二氧化碳的排放量为54a亿吨．若该地区通过植树造林、节能减排等形式，能抵消自身产生的二氧化碳排放量为4a亿吨，则该地区要实现“碳中和”至少需要经过(l g 2≈0.3)A ．28年B ．29年C ．30年D ．31年7．从2，3，4，5，6，7，8，9中随机取两个数，这两个数一个比m 大，一个比m 小的概率为∈m (145*)N . 已知m 为上述数据中的x %分位数，则x 的取值可能为 A ．50B ．60C ．70D ．808．已知1x 是函数)2ln(1)(+-+=x x x f 的零点，2x 是函数442)(2++-=a ax x x g 的零点，且满足1||21≤-x x ，则实数a 的最小值是 A ．1-B ．2-C ．222-D ．21-二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

河北省衡水中学2022届高三上学期高考模拟卷（二）数学试题1. 已知集合，，则( )A. B. C. D.2. 如果复数其中为虚数单位，b为实数为纯虚数，那么( )A. 1B. 2C. 4D.3. “”是命题p：，成立的( )A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件4. 设直线与圆：交于A，B两点，若圆的圆心在线段AB上，且圆与圆相切，切点在圆的劣弧AB上，则圆的半径的最大值是( )A. 1B. 2C. 3D. 45. 在平行四边形ABCD中，，点M在AB边上，且，则等于( )A. B. C. 1 D. 26.设，，且，则当取最小值时，__________.7.已知椭圆的左、右焦点分别为、，右顶点为A，上顶点为B，以线段为直径的圆交线段的延长线于点P，若且线段AP的长为，则该椭圆方程为( )A. B. C. D.8. 已知函数，，直线与函数，的图象分别交于N，M两点，记，函数的极大值为( )A. B. C. D.9. 已知，，则( )A. 若，则B. 若，则C. 的最小值为5D. 若向量与向量的夹角为钝角，则10. 将函数的图象向左平移个单位，得到函数的图象，若在上为增函数，则的值可能为( )A. B. 2 C. 3 D. 411. 如图，棱长为1的正方体中，P为线段上的动点，则下列结论正确的是( )A. 的最大值为B. 的最小值为C. D.平面平面12. 已知等差数列的前n项和为，若，，则( )A.B.C. 取得最小值时n等于5D. 设，为的前n项和，则13. 若双曲线的离心率为2，则其两条渐近线所成的锐角为__________.14. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c且，则__________.15.如图，在长方体中，，，，则点到平面的距离为__________16. 已知函数满足：①定义域为；②对任意，有；③当时，则__________；方程在区间内的解的个数是__________.17. 随机抽取某电子厂的某种电子元件400件，经质检，其中有一等品252件、二等品100件、三等品40件、次品8件.已知生产1件一、二、三等品获得的利润分别为6元、2元、1元，而1件次品亏损2元.设1件产品的利润单位：元为求1件产品的平均利润即X的数学期望；经技术革新后，仍有四个等级的产品，但次品率降为，一等品率提高为，如果此时要求1件产品的平均利润不小于元，则三等品率最多是多少？18.已知数列的前n项和为，且设，求证：数列是等差数列；求数列的通项公式及19. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且求角A的大小；若，求面积的最大值及此时边b，c的值.20. 如图所示的多面体是由三棱锥与四棱锥对接而成，其中平面AEB，，，，，，G是BC的中点．求证：；求平面DEG与平面AEFD所成锐二面角的余弦值．21. 已知F为抛物线的焦点，过F的动直线交抛物线C于A，B两点．当直线与x轴垂直时，求抛物线C的方程；设直线AB的斜率为1且与抛物线的准线l相交于点M，抛物线C上存在点P使得直线PA，PM，PB的斜率成等差数列，求点P的坐标．22. 已知函数的图象在处的切线为若函数，求函数的单调区间；设函数图象上存在一点处的切线为直线l，若直线l也是曲线的切线，证明：实数存在，且唯一.答案和解析1.【答案】B【解析】【分析】本题考查集合交集，属于基础题.根据给定条件结合交集的定义直接计算即可判断作答.【解答】解：因集合，，所以，故选2.【答案】A【解析】【分析】本题考查复数的基本概念，复数的除法运算，属于基础题.根据给定条件利用复数的除法运算化简复数，再结合复数的分类即可作答.【解答】解：，因复数为纯虚数，于是得且，解得，所以故选3.【答案】C【解析】【分析】本题考查充分条件、必要条件的判断，考查对数函数的应用，属于一般题.根据充分条件、必要条件的定义判断即可.【解答】解：当时，在上单调递增，而此时，所以，成立，因此“”是命题p：，成立的充分条件；若，，则可知，且时，，因此，从而可得，故必要性成立.故选4.【答案】B【解析】【分析】本题考查圆与圆的位置关系，直线与圆的位置关系，两点间的距离公式，韦达定理的应用，属于中档题.先根据圆的方程找出圆心坐标与半径R的值，由题可知当圆的圆心为线段AB的中点时，圆与圆相切，切点在圆的劣弧AB上，此时圆的半径r的最大，利用距离公式求出两圆心的距离等于1，然后根据两圆内切时，两圆心之间的距离等于两半径相减可得圆的半径最大值.【解答】解：由圆，可得圆心，半径，设圆的半径为r，则即故当最小时，r取最大值如图，当圆心为线段AB的中点时，取最小值且圆与圆相切，切点在圆的劣弧AB上，设切点为P，联立直线与圆的方程得，消去y得到，设，，则，线段AB的中点的横坐标为，把代入直线方程中解得，，两圆心之间的距离，圆的最大半径故选5.【答案】A【解析】【分析】本题考查平面向量数量积的运算，向量加法运算的应用，属于一般题.作于E，于F，用，进行转化，运算即可.【解答】解：如图，作于E，于F，易得，，则故选6.【答案】12【解析】【分析】本题考查基本不等式求最值，变形为可用基本不等式的形式是解决问题的关键，属于中档题．当取最小值时，取最小值，变形可得，由基本不等式和等号成立的条件可得．【解答】解：，，当取最小值时，取最小值，，，，，，，当且仅当即时取等号，当取最小值时，即，时，则，，故答案为7.【答案】D【解析】【分析】本题考查椭圆的标准方程，属于一般题.推导出、是等腰直角三角形，可得出以及，可求出a、c的值，进而可求得b的值，由此可得出该椭圆的方程.【解答】解：设椭圆的半焦距为c，因为点P在以线段为直径的圆上，所以又因为，所以又因为，所以是等腰直角三角形，于是也是等腰直角三角形，，，，得，解得，，得，所以椭圆方程为故选8.【答案】D【解析】【分析】本题考查利用导数求函数极值，属于中档题．由题意可设，则，利用函数的性质可求函数的极大值即可.【解答】解：设，，，，由，，，，解得，或，由，得，，，解得，当时，函数有极大值为故选9.【答案】BC【解析】【分析】本题主要考查向量的坐标运算，向量平行、垂直和向量的夹角，属于基础题．直接利用向量的共线，向量的模，向量的数量积，向量的夹角的应用判断各选项的正误．【解答】解：由，得，A不正确;由，，，B正确;，当时，取得最小值5，C正确;当时，即，得，当与反向时，，故若向量与向量的夹角为钝角，则或，D不正确.10.【答案】AB【解析】【分析】本题考查正弦型函数单调性的应用，函数图象变换，属于中档题.根据给定条件求出函数的解析式，进而求出的含有数0的单调递增区间，再借助集合的包含关系列式作答.【解答】解：依题意，，由，得：，于是得的一个单调递增区间是，因为在上为增函数，因此，，即有，解得，所以，选项C，D不满足，选项A，B满足.故选11.【答案】BCD【解析】【分析】本题考查正方体的结构特征，以及线面垂直的判定与性质，面面垂直的判定，空间位置关系的判定，属较难题.当时，为钝角，A错误；将面与面沿展成平面图形，线段即为的最小值，可知B正确，利用平面，可得，C正确;利用平面平面，得出平面平面，D正确.【解答】解：设，则，，，当时，，即为钝角，错误；将面与面沿展成平面图形，线段即为的最小值，在上图中，在中，，利用余弦定理解三角形得，即，正确；由正方体的结构特征可知，，，且平面，平面，又平面，，C正确；平面即为平面，平面即为平面，且平面，平面，平面平面，平面平面，正确.故选：12.【答案】ABD【解析】【分析】本题考查等差数列的通项公式及求和，属于中档题.根据给定条件求出等差数列的公差d，再逐项分析计算即可判断作答.【解答】解：在等差数列中，因，，则公差，则，，A，B正确；，当且仅当，即时取“=”，因，且，，，则取最小值时，n等于6，C不正确；因，则，D正确.故选13.【答案】【解析】【分析】本题考查双曲线的渐近线，属于基础题.根据离心率为2，得到的值，从而得到两条渐近线方程，进而可得结果.【解答】解：，，故，所以，两条渐近线方程为：，故两条渐近线对应的倾斜角分别为和，两条渐近线所成的锐角为故答案为14.【答案】【解析】【分析】本题考查正弦定理，考查两角和的正弦公式、诱导公式的应用，属于一般题.利用正弦定理化边为角，再逆用两角和的正弦公式化简，结合三角形的内角和以及诱导公式即可求解.【解答】解：因为，由正弦定理可得：，即，所以，在中，因为，所以，即，所以，故答案为15.【答案】【解析】【分析】本题考查等体积法求点到面的距离，属基础题．利用，可求点到平面的距离．【解答】解：设点到平面的距离为d，由，可得，又，，解得故答案为：16.【答案】11【解析】【分析】本题考查求函数值，方程根的个数，属于中档题.根据得；根据题意作出和的图象，数形结合即可得答案.【解答】解：，…；在同一坐标系中画出满足条件：①定义域为R；②，有；③当时，的函数与函数的图象：观察图象可得：两个函数的图象在区间内共有11个交点，则方程在区间内的解的个数是：故答案为；17.【答案】解：的所有可能取值有6，2，1，，，，，故X的分布列为X621P设技术革新后的三等品率为x，则此时1件产品的平均利润为依题意，，即，解得，三等品率最多为【解析】本题考查离散型随机变量的分布列与数学期望，属于一般题.的所有可能取值有6，2，1，，分别求出相应的概率，由此能求出X的分布列．设技术革新后的三等品率为x，求出此时1件产品的平均利润为，由此能求出三等品率的最大值．18.【答案】证明：由，①则当时，有②①-②得两边同除以，得，即，即，所以数列是等差数列.由，得则，所以，，故公差，所以是以为首项，为公差的等差数列.解：由可知数列是首项为，公差为的等差数列.，即，，③，④③-④得…【解析】本题考查等差数列的判定与通项公式，利用错位相减法求数列的和，数列的递推关系，属于中档题.由已知数列的递推关系可得，与原递推式相减可得，两边同除以，得，即可证得数列是等差数列；由求出数列的通项公式，可得数列的通项公式，利用错位相减法可得数列的前n项和19.【答案】解：在中由正弦定理得：，为外接圆半径，，，化简得：即，，，，由余弦定理得，又，，，又，，则，当且仅当时，的面积取得最大值为【解析】本题考查正弦定理、余弦定理的应用，属于一般题.结合正弦定理化简已知条件，求得，从而求得A的大小.利用余弦定理列方程，结合基本不等式，三角形面积公式求解即可.20.【答案】解：证明：平面AEB，平面AEB，，又，，EB，平面BCFE，平面过D作交EF于H，则平面平面BCFE，，，四边形AEHD为平行四边形，，，又，，四边形BGHE为正方形，，又，平面BHD，平面BHD，平面平面BHD，解：平面BCFE，平面AEFD，平面平面BCFE由可知，平面AEFD平面AEFD，取DE的中点M，连接MH，MG ，如图四边形AEHD是正方形，，平面GHM，平面GHM，平面GHM，是二面角的平面角，在中，，，，，平面DEG与平面DEF所成锐二面角的余弦值为【解析】本题考查线线垂直，考查面面角，属于中等题.证明，只需证明平面BHD，证明，即可；先证明是二面角的平面角，再在中，可求平面DEG与平面DEF 所成锐二面角的余弦值.21.【答案】解：因为，在抛物线方程中，令，可得于是当直线与x轴垂直时，，解得所以抛物线的方程为由题意知直线AB的方程为，因为抛物线的准线方程为，所以由，消去x得设，，则，若点满足条件，则，即，因为点P，A，B均在抛物线上，所以代入化简可得，将，代入，解得将代入抛物线方程，可得于是点为满足题意的点．【解析】本题考查抛物线的标准方程，直线与抛物线位置关系的应用，属于中档题.由题意可得，即可求出抛物线的方程.由题意知直线AB的方程为，联立直线与抛物线的方程，根据韦达定理结合直线PA，PM，PB的斜率成等差数列，即可求出点P的坐标.22.【答案】解：函数定义域为，求导得：，因的图象在处的切线为，则有，解得，即，因此，，且，，所以函数的单调递增区间为和，无单调递减区间.证明：由函数得，，，则切线l的方程为，即，设直线l与曲线相切于点，由求导得：，则直线l的方程也为，即，因此有：，即，整理得：，由知，在区间上递增，又，，于是得方程必在区间上有唯一的根，即方程在上有唯一的根，因，，因此，方程在上唯一的根就是，而，所以存在，且唯一.【解析】本题考查导数的应用，导数的几何意义，属于难题.根据给定条件结合导数的几何意义求出函数，再借助导数求出函数的单调区间.利用导数的几何意义求出直线l，设出l与曲线相切的切点，写出由该切点所得的切线l，再借助函数性质，结合函数的零点即可推理作答.。

2023年河北省衡水中学高考数学六调试卷1. 某个年级有男生180人，女生160人，用分层抽样的方法从该年级全体学生中抽取一个容量为68的样本，则此样本中女生人数为( )A. 40B. 36C. 34D. 322. 设，则“”是“”的( )A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件3. 以模型去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设，将其变换后得到经验回归方程，则k ，c 的值分别是( )A. ，eB.C. D. 2，e4.设向量与的夹角为，定义已知向量为单位向量，，，则( )A. B.C.D.5. 的展开式中的系数为( )A. 5B. C. 15 D.6. 用黑白两种颜色随机地染如图所示表格中5个格子，每个格子染一种颜色，并且从左到右数，不管数到哪个格子，总有黑色格子不少于白色格⼦的染色方法种数为( )A. 6B. 10C. 16D. 207. 为进一步强化学校美育育人功能，构建“五育并举”的全面培养的教育体系，某校开设了传统体育、美育、书法三门选修课程，该校某班级有6名同学分别选修其中的一门课程，每门课程至少有一位同学选修，则恰有2名同学选修传统体育的概率为( )A. B. C. D.8. 已知实数a ，b ，c 满足，则a ，b ，c 的大小关系为( )A.B.C.D.9. 某学校组建了演讲、舞蹈、航模、合唱、机器人五个社团，全校所有学生都参加且每人只参加其中一个社团，校团委从全校学生中随机选取一部分学生进行调查，并根据调查结果绘制了如下两幅不完整的统计图，则( )A. 选取的这部分学生的总人数为500B. 合唱社团的人数占样本总量的C. 选取的学生中参加机器人社团的人数为75D. 选取的学生中参加合唱社团的人数是参加机器人社团人数的2倍10. 在二项式的展开式中( )A. 常数项是第4项B. 所有项的系数和为1C. 第5项的二项式系数最大D. 第4项的系数最小11. 盒子里有2个红球和2个白球，从中不放回地依次取出2个球，设事件“两个球颜色相同”，“第1次取出的是红球”，“第2次取出的是红球”，“两个球颜色不同”．则下列说法正确的是( )A. A与B相互独立B. A与D互为对立C. B与C互斥D. B与D相互独立12. 已知数列的前n项和为，且或的概率均为…，，设能被3整除的概率为，则( )A. B.C. D. 当时，13. 有一组样本数据，，，，该样本的平均数和方差均为在该组数据中加入1个数m，得到新的样本数据，则新样本数据的方差为__________.14.两批同种规格的产品，第一批占，次品率为；第二批占，次品率为，将两批产品混合，从混合产品中任取1件．则取到这件产品是合格品的概率为______.15. 将杨辉三角中的每一个数都换成分数，就得到一个如图所示的分数三角形，称为莱布尼茨三角形.从莱布尼茨三角形可以看出，令，记是的前n项和，则______ .16. 在三棱锥中，若三棱锥的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积为______ .17. 从某酒店开车到机场有两条路线，为了解这两条路线的通行情况，随机统计了走这两条路线各10次的全程时间单位：，数据如表所示：路线一44586650344250386256路线二62566862586161526159将路线一和路线二的全程时间的样本平均数分别记为和，样本方差分别记为和，经计算可得求；假设路线一的全程时间X服从正态分布，路线二的全程时间Y服从正态分布，分别用作为的估计值.现有甲、乙两人各自从该酒店打车去机场，甲要求路上时间不超过，乙要求路上时间不超过，为尽可能满足客人的要求，司机送甲、乙去机场应该分别选哪条路线？18. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知求A；若D为线段BC延长线上的一点，且，，求19. 某芯片制造企业使用新技术对某款芯片进行试生产．在试产初期，该款芯片生产有四道工序，前三道工序的生产互不影响，第四道是检测评估工序，包括智能自动检测与人工抽检．在试产初期，该款芯片的批次M生产前三道工序的次品率分别为，，①求批次M芯片的次品率；②第四道工序中智能自动检测为次品的芯片会被自动淘汰，合格的芯片进入流水线并由工人进行抽查检验．已知批次M的芯片智能自动检测显示合格率为，求工人在流水线进行人工抽检时，抽检一个芯片恰为合格品的概率；该企业改进生产工艺后生产了批次N的芯片．某手机生产厂商获得批次M与批次N的芯片，并在某款新型手机上使用．现对使用这款手机的用户回访，对开机速度进行满意度调查．据统计，回访的100名用户中，安装批次M有40部，其中对开机速度满意的有30人；安装批次N有60部，其中对开机速度满意的有58人．依据的独立性检验，能否认为芯片批次与用户对开机速度满意度有关？附：20. 某企业从生产的一批零件中抽取100件产品作为样本，检测其质量指标值其中：，得到频率分布直方图，并依据质量指标值划分等级如表所示：质量指标值m或等级A级B级根据频率分布直方图估计产品的质量指标值的分位数；从样本的B级零件中随机抽3件，记其中质量指标值在的零件的件数为，求的分布列和数学期望；该企业为节省检测成本，采用混装的方式将所有的零件按500个一箱包装，已知一个A级零件的利润是10元，一个B级零件的利润是5元，以样本分布的频率作为总体分布的概率，试估计每箱零件的利润.21. 如图，直三棱柱中，侧面为正方形，，D，E ，F分别为AC，BC，的中点，，G为线段DE上一动点.证明：；求平面与平面夹角的余弦值的最大值.22. 汽车尾气排放超标是全球变暖、海平面上升的重要因素．我国近几年着重强调可持续发展，加大在新能源项目的支持力度，积极推动新能源汽车产业迅速发展，某汽车制造企业对某地区新能源汽车的销售情况进行调查，得到下面的统计表：年份t20172018201920202021年份代码12345销量万辆1012172026统计表明销量y与年份代码x有较强的线性相关关系，求y关于x的线性回归方程，并预测该地区新能源汽车的销量最早在哪一年能突破50万辆；为了解购车车主的性别与购车种类分为新能源汽车与传统燃油汽油车的情况，该企业随机调查了该地区200位购车车主的购车情况作为样本，其中男性车主中购置传统燃油汽车的有名，购置新能源汽车的有45名，女性车主中有20名购置传统燃油汽车．①若，将样本中购置新能源汽车的性别占比作为概率，以样本估计总体，试用中的线性回归方程预测该地区2023年购置新能源汽车的女性车主的人数假设每位车主只购买一辆汽车，结果精确到千人；②设男性车主中购置新能源汽车的概率为p，若将样本中的频率视为概率，从被调查的所有男性车主中随机抽取5人，记恰有3人购置新能源汽车的概率为，求当w为何值时，最大．附：为回归方程，答案和解析1.【答案】D【解析】解：根据分层抽样的定义可得此样本中女生人数为人．故选：根据分层抽样的定义建立比例关系即可．本题主要考查分层抽样的应用，根据条件建立比例公式是解决本题的关键．2.【答案】A【解析】解：因为，所以令，解得或，故“”是“”的充分不必要条件．故选：化简z，求出，由求得a的取值范围，由充分必要条件的定义即可得解．本题主要考查充分必要条件的判断，复数的运算，考查运算求解能力与逻辑推理能力，属于基础题．3.【答案】B【解析】解：由题意得，由题意可知，，则又经验回归方程为，，，即故选：由，得，结合，即可求解．本题考查线性回归方程的运用，是中档题．4.【答案】C【解析】解：已知向量为单位向量，则，又，解得，又，，，故选：先阅读题意，然后结合平面向量数量积的运算及平面向量的模的运算求解即可．本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了平面向量的模的运算，属基础题．5.【答案】C【解析】解：可看作5个相乘，展开式中可由2种情况获得：①在这5个因式中，取2个式子提供，3个式子提供，则可得到；②在这5个因式中，取1个式子提供，4个式子提供，则可得到，所以的展开式中的系数为故选：利用二项式定理，分类讨论即可求解．本题考查了二项式定理的应用，考查了学生的运算求解能力，属于基础题．6.【答案】B【解析】解：按从左到右数，当第一个是白色时，数到第一个格子时，黑色的格子数为0，白色的格子数为1，不满足黑色格子不少于白色格⼦，同理数到其余格子时也一样，所以不管数到哪个格子，总有黑色格子不少于白色格⼦的染色方案的树状图如下：满足题意的染色方法种数为故选：根据题意画出树状图即可得解．本题考查利用树状图列举事件是情况，属基础题．7.【答案】D【解析】【分析】本题考查古典概型及其计算，以及排列组合问题，属于中档题．先利用均匀分组和不均匀分组求出6名同学选3种课程的所有可能，再求出恰好有2名同学选传统体育的所有可能，再结合古典概型公式求解．【解答】解：6名同学分别选修一门课程，每门课程至少有一位同学选修，共有种，恰有2名同学选修传统体育的情况：种，则恰有2名同学选修传统体育的概率为故选8.【答案】C【解析】解：由题意知，，，由，得，，，设，则，当时，，单调递增，因，当且仅当时取等号，故，又，所以，故，，则，即有，故故选：通过形式构造函数，通过的性质判断大小关系．本题主要考查利用导数研究函数的单调性，对数的大小的比较，考查函数思想与逻辑推理能力，属于中档题．9.【答案】AC【解析】解：A选项，由题意可得，参加演讲社团的人数为50人，占选取的学生总人数的，所以选取的学生的总人数为人，故A正确；B选项，合唱社团的人数为200，则合唱社团的人数占样本总量的，故B错误；C选项，选取的学生中参加机器人社团的人数占样本总量的，所以选取的学生中参加机器人社团的人数为人，故C正确；D选项，选取的学生中参加合唱社团的人数为200人，参加机器人社团的人数为75人，故D错误．故选：根据图条形和饼形图逐项求解即可．本题考查统计图的应用，是基础题．10.【答案】BCD【解析】解：二项式的展开式的通项公式为，对于A，令，得，故常数项是第5项，故A错误；对于B，令，可得所有项的系数和是，故B正确；对于C，由可得，展开式共9项，则第5项的二项式系数最大，故C正确；对于D，因为二项式的展开式的通项公式为，假设第项的系数的绝对值最大，则解得又，所以或，当时，；当时，，所以第4项的系数最小，故D正确．故选：利用二项式定理以及展开式的通项，赋值法对应各个选项逐个判断即可．本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于中档题．11.【答案】ABD【解析】解：盒子里有2个红球和2个白球，从中不放回地依次取出2个球，共个基本事件，事件A共4个基本事件，事件B共6个基本事件，事件C共6个基本事件，事件D共8个基本事件，A.由于，，，故成立，所以A与B相互独立，故A正确；B.由于Ø，，故A与D是对立事件，故B正确；C.由于Ø，故B与C不互斥，故C不正确；D.由于，，，故成立，所以B 与D相互独立，故D正确．故选：根据事件相互独立、互斥、对立的概念，逐一判断可得选项．本题考查的知识点是互斥事件和对立事件，难度不大，属于基础题．12.【答案】BC【解析】【分析】由已知可得，利用递推关系求出，逐项分析可得答案．本题考查等比数列的性质与概率的求法，是中档题．【解答】解：由题可知，被3整除的余数有3种情况，分别为0，1，2，能被3整除的概率为，被3整除的余数分别为1，2的概率为，，，且，为首项为，公比为的等比数列，，即，，A错误；，B正确；，C正确；当，且n为偶数时，，D错误．故选：13.【答案】【解析】【分析】根据平均数和方差的定义计算即可．本题考查了平均数和方差的计算问题，是基础题．【解答】解：样本数据，，，，该样本的平均数和方差均为m，在该组数据中加入1个数m，则新样本数据的平均数为，方差为故答案为：14.【答案】【解析】解：从混合产品中任取1件．取到这件产品是合格品包含以下两种情况，①从第一批抽取，取到这件产品是合格品的概率为，②从第二批抽取，取到这件产品是合格品的概率为，则取到这件产品是合格品的概率为，故答案为：先分为两种情况，再利用全概率公式求解．本题考查全概率公式的应用，属于中档题．15.【答案】【解析】解：依题意，由，可得，当时，则有，，，故答案为：本题由题干已知条件可得，再将代入可得，进一步推导可得，然后代入的表达式并运用裂项相消法进行化简整理可得，最后在求和时运用分组求和法和裂项相消法即可推导出的表达式．本题主要考查数列与组合的综合问题．考查了整体思想，转化与化归思想，分组求和法，裂项相消法，组合的运算，以及逻辑推理能力和数学运算能力，属中档题．16.【答案】【解析】解：由三棱锥中，；可得，所以，且，所以在中，由余弦定理得，所以，所以又，PA，平面PAC，所以平面PAC，故可将三棱锥补为直三棱柱，如图所示，则直三棱柱的外接球即为三棱锥的外接球．设外接圆圆心为，的外接圆圆心为，则直三棱柱的外接球球心为的中点O，连接OA，则OA即为外接球的半径．在中，根据正弦定理可得，所以，所以，所以该外接球的表面积为故答案为：根据已知推得平面PAC，可将三棱锥补为直三棱柱，转化为求直三棱柱的外接球半径即可求解结论．本题考查球的表面积，考查转化的思想和计算能力，属于中档题．17.【答案】解：因为，所以，；由知，，由知，，因为，且，所以，因为，，，所以，所以送甲去机场应该选择路线一，送乙去机场应该选择路线二．【解析】根据已知条件，结合平均数和方差公式，即可求解．根据已知条件，结合正态曲线的对称性，即可求解．本题主要考查正态曲线的对称性，以及平均数和方差公式，属于中档题．18.【答案】解：由已知得，由正弦定理，得，则，即，所以舍去或，故，所以设，在中，由正弦定理，得①，在中，由正弦定理，得②，所以，所以，解得，又，所以，即【解析】由已知利用三角形内角和定理，诱导公式，正弦定理，两角差的正弦公式可得，可得，利用三角形内角和定理即可求解A的值．设，在，中，由正弦定理，得，利用三角函数恒等变换的应用可求的值，进而可求的值．本题考查了三角形内角和定理，正弦定理，三角函数恒等变换在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．19.【答案】解：①批次M芯片的次品率为②设批次M的芯片智能自功检测合格为事件A，人工抽检合格为事件B，则，所以工人在流水线进行人工抽检时，抽检一个芯片恰为合格品为事件，零假设为：芯片批次与用户对开机速度满意度无关联，列联表如下：单位：人M N合计不满意 10 2 12满意 30 58 88合计 40 60100，依据的独立性检验，我们推断此推断不成立，认为芯片批次与用户对开机速度满意度有关联，此推断犯错误的概率不大于【解析】①根据已知条件，结合相互独立事件的概率乘法公式，以及对立事件概率和为1，即可求解．②根据已知条件，求出，，再结合条件概率公式，即可求解．根据已知条件，结合独立性检验公式，即可求解．本题主要考查独立性检验公式，考查转化能力，属于中档题．20.【答案】解：由频率分布直方图可知，质量指标值在250以下的产品所占比例为，在300以下的产品所占比例为，所以分位数一定位于区间内，所以，即估计该产品的质量指标值的分位数为；由频率分布直方图可知，样本的B级零件个数为个，质量指标值在的零件为5个，所以的所有可能取值为0，1，2，3，，，，，所以的分布列为：0123P故的期望；设每箱零件中A级零件有X个，每箱零件的利润为Y元，则B级零件有个，则，由频率分布直方图可知，每箱零件中B级零件的概率为，所以A级零件的概率为，故，所以，所以元即每箱零件的利润是4750元．【解析】根据百分位数在频率分布直方图表示的意义计算即可；先计算出零件为B级的个数，然后求出相应概率，得到分布列，计算出数学期望；设每箱零件中A级零件有X个，每箱零件的利润为Y元，运用期望知识求解利润．本题主要考查了频率分布直方图的应用，考查了离散型随机变量的分布列与期望，同时考查了学生的运算能力，属于中档题．21.【答案】解：证明：在直三棱柱中，侧面为正方形，，，又，，平面，又，平面，又平面，，，BC，BB所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建系如图，则，，，，，，，设，则，，，，，即；由可知：，设平面的法向量为，则，即，取，设平面的法向量为，则，即，取，设平面与平面的夹角为，则，令，则，，又函数在上单调递增，时，取最小值，即，时，取得最大值为，故平面与平面夹角的余弦值的最大值为【解析】根据线面垂直的判定定理先证明，再建系，根据向量法即可证明；建系，根据向量法，引入变量，构建函数模型，通过函数思想即可求解．本题考查线线垂直的证明，线面垂直的判定定理与性质，向量法求解面面角问题，函数思想，属难题．22.【答案】解：由题意得，，，则，关于x的线性回归方程为，则当时，即，解得，故x的最小整数值为12，年份，故该地区新能源汽车的销量最早在2028年能突破50万辆；①由题意得该地区200位购车车主中女性有名，则其中购置新能源汽车的女性车主有名，购置新能源汽车的车主中，女性车主所占比例为，由得当，即时，万辆，该地区2023年购置新能源汽车的女性车主的人数为万人；②由题意得，其中，则，则，则，由得或，由得，由得，在上单调递减，在单调递增，当，即，此时时，取得极大值也是最大值，，故当为30名时，最大为【解析】由题意得，，利用公式，即可得出答案；①求出购置新能源汽车的车主中，女性车主所占比例为，由得该地区2023年购置新能源汽车的销量为33万辆，即可得出答案；②由题意得，其中，则，则，利用导数研究的单调性，即可得出答案．本题考查线性回归方程和用样本数据估计总体，考查转化思想和函数思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．。

河北省衡水中学2022届高三上学期五调（12月）数学（理）试题Wor温馨提示：多少汗水曾洒下，多少期待曾播种，终是在高考交卷的一刹尘埃落地，多少记忆梦中惦记，多少青春付与流水，人生，总有一次这样的成败，才算长大。

高考保持心平气和，不要紧张，像对待平时考试一样去做题，做完检查一下题目，不要直接交卷，检查下有没有错的地方，然后耐心等待考试结束。

2022-2022学年金榜题名，高考必胜!蝉鸣声里勾起高考记忆三年的生活，每天睡眠不足六个小时，十二节四十五分钟的课加上早晚自习，每天可以用完一支中性笔，在无数杯速溶咖啡的刺激下，依然活蹦乱跳，当我穿过昏暗的清晨走向教学楼时，我看到了远方地平线上渐渐升起的黎明充满自信，相信自己很多考生失利不是输在知识技能上而是败在信心上，觉得自己不行。

临近考试前可以设置完成一些小目标，比如说今天走1万步等，考试之前给自己打气，告诉自己“我一定行”!数学试卷（理科）第Ⅰ卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60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.已知全集UR，集合A{0,1,2,3,4,5}，B{某|某2}，则图中阴影部分表示的集合为（）A．{0,1}B．{1}C．{1,2}D．{0,1,2}2.已知i为虚数单位，图中复平面内的点A表示复数z，则表示复数z的点是（）1iA．MB．NC．PD．Q3.如图所示，墙上挂有边长为a的正方形木板，它的四个角的空白部分都是以正方形的顶点为圆心，半径为a的圆弧，某人向此板投镖.假设每次都能击中木板，且击中木板上每个点的可2能性都一样，则他击中阴影部分的概率是（）A．1B．C．1D．与a的取值有关4844.某公司为确定明年投入某产品的广告支出，对近5年的广告支出m 与销售额t（单位：百万元）进行了初步统计，得到下列表格中的数据：经测算，年广告支出m与年销售额t满足线性回归方程t6.5m17.5，则p的值为（）A．45B．50C.55D．605.已知焦点在y轴上的双曲线C的中点是原点O，离心率等于5.以双曲线C的一个焦点为2圆心，1为半径的圆与双曲线C的渐近线相切，则双曲线C的方程为（）y2某2某2y2某2221B．y1C.某1D．y21A．1644446.已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．113104107B．35C.D．3347.公元263年左右，我国数学家刘徽发现当圆内接多边形的边数无限增加时，多边形面积可无限逼近圆的面积，并创立了割圆术.利用割圆术刘徽得到了圆周率精确到小数点后面两位的近似值3.14，这就是著名的徽率.如图是利用刘徽的割圆术设计的程序框图，则输出的n为（）（参考数据：31.732,in15°0.2588,in7.5°0.1305）A．12B．24C.36D．48.如图，周长为1的圆的圆心C在y轴上，顶点A(0,1)，一动点M从A开始逆时针绕圆运动一周，记走过的弧长AM某，直线AM与某轴交于点N(t,0)，则函数tf(某)的图象大致为（）A．B．C.D．9.三棱锥ABCD的外接球为球O，球O的直径是AD，且ABC，BCD都是边长为1的等边三角形，则三棱锥ABCD的体积是（）A．2223B．C.D．61241210.在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2ccoB2ab.若ABC的面积SA．13c，则ab的最小值为（）12111B．C.D．32360.5某21,某0,11.已知直线ym某与函数f(某)的图象恰好有3个不同的公共点，则实1某2(),某03数m的取值范围是（）A．(3,4)B．(2,)C.(2,5)D．(3,22)12.已知直线ya分别与函数ye某1和y是（）A．某1交于A,B两点，则A,B之间的最短距离3ln25ln23ln25ln2B．C.D．2222第Ⅱ卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.若(某61某某)n的展开式中含有常数项，则n的最小值等于________.14.已知抛物线方程为y22p某(p0)，焦点为F，O是坐标原点，A是抛物线上的一点，FA与某轴正方向的夹角为60，若OAF的面积为3，则p的值为__________.15.在送医下乡活动中，某医院安排甲、乙、丙、丁、戊五名医生到三所乡医院工作，每所医院至少安排一名医生，且甲、乙两名医生不安排在同一医院工作，丙、丁两名医生也不安排在同一医院工作，则不同的分配方法总数为__________.某y20,16.若不等式组某5y100,，所表示的平面区域存在点(某0,y0)，使某0ay020成立，某y80则实数a的取值范围是___________.三、解答题（本大题共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.（本小题满分12分）设数列{an}的前n项和为Sn，a112a2、a33为等，an1Sn1(nN某,1),且a1、差数列{bn}的前三项.（1）求数列{an},{bn}的通项公式；（2）求数列{anbn}的前n项和.18.（本小题满分12分）某市积极倡导学生参与绿色环保活动，其中代号为“环保卫士-12369”的绿色环保活动小组对2022年1月～2022年12月（一年）内空气质量指数API进行监测，下表是在这一年随机抽取的100天统计结果：（1）若该市某企业每天由空气污染造成的经济损失P（单位：元）与空气质量指数API（记0,0t100,为t）的关系为：P4t400,100t300,，在这一年内随机抽取一天，估计该天经济损1500,t300,失P(200,600]元的概率；（2）若本次抽取的样本数据有30天是在供暖季节，其中有8天为重度污染，完成2某2列联表，并判断是否有95%的把握认为该市本年度空气重度污染与供暖有关？下面临界值表供参考：n(adbc)2参考公式：k，其中nabcd.(ab)(cd)(ac)(bd)219.（本小题满分12分）AB到D，使得ABBD，已知在三棱柱ABCA1B1C1中，侧面ABB1A1为正方形，延长C1A1A平面AAC11C平面ABB1A1，AC112AA1，4.。

2022-2023学年度上学期高三年级六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.某年级有男生180人，女生160人，现用分层随机抽样的方法从该年级全体学生中抽取一个容量为68的样本，则样本中女生人数为（ ） A.40 B.36 C.34 D.322.设2i,ia a R z +∈=，则“1a >”是“z >的（ ） A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件3.以模型(0)kx y ce c =>去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设ln z y =，将其变换后得到经验回归方程21z x =−，则,k c 的值分别是（ ） A.2,e − B.12,e C.12,e− D.2,e 4.设向量a 与b 的夹角为θ，定义sin cos a b a b θθ⊕=+.已知向量a 为单位向量，2b =，1a b −=，则a b ⊕=（ ）A.2 C.2D.5.5311x x ⎛⎫+− ⎪⎝⎭的展开式中3x 的系数为（ ）A.5B.-5C.15D.-156.用黑白两种颜色随机地染如图所示的5个格子，每个格子染一种颜色，则从左到右数，不管数到哪个格子，总有黑色格子不少于白色格子的染色方法种数为（ ）A.6B.10C.16D.207.为进一步强化学校美育育人功能，构建“五育并举”的全面培养的教育体系，某校开设了传统体育､美育､书法三门选修课程.该校某班级有6名同学分别选修其中的一门课程，每门课程至少有一名同学选修，则恰有2名同学选修传统体育的概率为（ ）A.536 B.16 C.736D.7188.已知实数,,a b c 满足ln ln ln 0a a b ce b c==−<，则（ ）A.b a c <<B.c b a <<C.a b c <<D.c a b <<二､多选题：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.某学校组建了演讲､舞蹈､航模､合唱､机器人五个社团，全校所有学生都参加且每人只参加其中一个社团，校团委从全校学生中随机选取一部分学生进行调查，并根据调查结果绘制了如下两幅不完整的统计图，则（ ）A.选取的这部分学生的总人数为500B.合唱社团的人数占样本总量的35%C.选取的学生中参加机器人社团的人数为75D.选取的学生中参加合唱社团的人数是参加机器人社团人数的2倍10.在二项式8⎛⎝的展开式中（ ）A.常数项是第4项B.所有项的系数和为1C.第5项的二项式系数最大D.第4项的系数最小11.盒子里有2个红球和2个白球，从中不放回地依次取出2个球，设事件A =“两个球颜色相同”，B =“第1次取出的是红球”.C =“第2次取出的是红球”，D =“两个球颜色不同”，则（ ）A.A 与B 相互独立B.A 与D 互为对立事件C.B 与C 互斥D.B 与D 相互独立12.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且1i a =或2i a =的概率均为()11,2,3,,2i n =.设nS 能被3整除的概率为n P ，则（ ） A.21P = B.314P = C.113411024P =D.当5n …时，13n P <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，有一组样本数据1234,,,x x x x .，该样本的平均数和方差均为m .在该组数据中加入一个数m ，得到新的样本数据，则新样本数据的方差为__________.14，两批同种规格的产品，第一批占30%，次品率为5%；第二批占70%，次品率为4%.将两批产品混合，从混合产品中任取1件，则取到这件产品是合格品的概率为__________.15.将杨辉三角中的每一个数rn C 都换成分数()11rn n C +，就得到一个如图所示的分数三角形，称为莱布尼茨三角形.从莱布尼茨三角形可以看出()()1111111r r r n n n n C n C nC +−+=++，令()()221111111312306012n n n a n C n C+=++++++++，记n S 是{}n a 的前n 项和，则n S =__________.16.在三棱锥P ABC −中，,24,PAC PAB PA PB AC AB BC ∠∠======若三棱锥P ABC −的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积为__________.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）从某酒店开车到机场有两条路线，为了解这两条路线的通行情况，随机统计了走这两条路线各10次的全程时间（单位：min ），数据如下表所示：将路线一和路线二的全程时间的样本平均数分别记为x 和y ，样本方差分别记为21s 和22s ，经计算可得50,60x y ==. （1）求2212,s s ；（2）假设路线一的全程时间X 服从正态分布()211,N μσ，路线二的全程时间Y 服从正态分布()222,N μσ，分别用2212,,,s x y s 作为221212,,,μμσσ的估计值.现有甲､乙两人各自从该酒店打车去机场，甲要求路上时间不超过60min ，乙要求路上时间不超过70min ，为尽可能满足客人的要求，司机送甲､乙去机场应该分别选哪条路线？ 18.（12分）记ABC 的内角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，已知()()()cos cos cos 0a B C b c B C ++++=.（1）求A ；（2）若D 为线段BC 延长线上的一点，且,3BA AD BD CD ⊥=，求sin ACD ∠. 19.（12分）某芯片制造企业使用新技术对某款芯片进行试生产.在试产初期，该款芯片生产有四道工序，前三道工序的生产互不影响，第四道是检测评估工序，包括智能自动检测与人工抽检. （1）在试产初期，批次M 芯片生产前三道工序的次品率分别为123111,,605958P P P ===. （i ）求批次M 芯片的次品率M P ；（ii ）第四道工序中智能自动检测为次品的芯片会被自动淘汰，合格的芯片进入流水线并由工人进行抽查检验，已知智能自动检测显示批次M 芯片的合格率为98%，求工人在流水线进行人工抽检时，抽检一个芯片恰为合格品的概率；（2）该企业改进生产工艺后生产了批次 N 的芯片.某手机生产厂商获得批次M 与批次N 的芯片，并在某款新型手机上使用，现对使用这款手机的用户回访，对开机速度进行满意度调查，据统计，回访的100名用户中，安装批次M 芯片的有40部，其中对开机速度满意的有30人；安装批次N 芯片的有60部，其中对开机速度满意的有58人.依据0.005α=的独立性检验，能否认为芯片批次与用户对开机速度的满意度有关？附：22()()()()()n ad bc a b c d a c b d χ−=++++某企业从生产的一批零件中抽取100件产品作为样本，检测其质量指标值m （其中：100400m ≤≤），得到频率分布直方图，并依据质量指标值划分等级如表所示：（2）从样本的B 级零件中随机抽3件，记其中质量指标值在[350,400]的零件的件数为ξ，求ξ的分布列和数学期望；（3）该企业为节省检测成本，采用混装的方式将所有的零件按500个一箱包装，已知一个A 级零件的利润是10元，一个B 级零件的利润是5元，以样本分布的频率作为总体分布的概率，试估计每箱零件的利润. 21.（12分）如图，直三棱柱111A B C ABC −中，侧面11AA B B 为正方形，2AB BC ==，D ，E ，F 分别为AC ，BC ，1B B 的中点，111C F A B ⊥，G 为线段DE 上一动点.（1）证明：11C F AG ⊥；（2）求平面11GA C 与平面11GA B 夹角的余弦值的最大值. 22.（12分）汽车尾气排放超标是全球变暖､海平面上升的重要因素.我国近几年着重强调可持续发展，加大在新能源项目的支持力度，积极推动新能源汽车产业发展，某汽车制造企业对某地区新能源汽车的销售情况进行调查，得到下面的统计表：x 的线性回归方程，并预测该地区新能源汽车的销量最早在哪一年能突破50万辆；（2）为了解购车车主的性别与购车种类（分为新能源汽车与传统燃油汽车）的情况，该企业心随机调查了该地区200位购车车主的购车情况作为样本其中男性车主中购置传统燃油汽车的有w 名，购置新能源汽车的有45名，女性车主中有20名购置传统燃油汽车. （i ）若95w =，将样本中购置新能源汽车的性别占比作为概率，以样本估计总体，试用（1）中的线性回归方程预测该地区2023年购置新能源汽车的女性车主的人数（假设每位车主只购买一辆汽车，结果精确到千人）；（ii ）设男性车主中购置新能源汽车的概率为p ，将样本中的频率视为概率，从被调查的所有男性车主中随机抽取5人，记恰有3人购置新能源汽车的概率为()f p ，求当w 为何值时，()f p 最大.附：ˆˆy bx a =+为回归方程，1221ˆni ii nii x y nxybxnx ==−=−∑∑，ˆˆa y bx=−.参考答案及解析2022-2023学年度上学期高三年级六调考试·数学一､选择题1.D 【解析】由题意得样本中女生人数为1606832180160⨯=+.2.A 【解析】由题意得22i 2i iaz a −==−，所以z ==.令z >1a >或1a <−，故“1a >”是“z >的充分不必要条件.3.B 【解析】由题意得()ln ln ln kxy cec kx ==+，设ln z y =，可得ln z c kx =+.又经验回归方程为21z x =−， 所以ln 1,2c k =−=，故1,2c k e==. 4.C 【解析】由题意得222211a b a a b b −=−⋅+=−=，解得cos 2θ=.又[]0,θπ∈，所以sin 2θ==.所以2222112a b a b a a b b ⊕=+=+⋅+=2=5.C 【解析】5311x x ⎛⎫+− ⎪⎝⎭可看作5个311x x ⎛⎫+− ⎪⎝⎭相乘，展开式中3x 可由2种情况获得：①从中取2个式子提供3,3x 个式子提供1x ，则可得到()32233353110C x C x x ⎛⎫= ⎪⎝⎭；②从中取1个式子提供3,4x 个式子提供-1，则可得到()13435144(1)5C x C x −=，故5311x x ⎛⎫+− ⎪⎝⎭的展开式中3x 的系数为10515+=.6.B 【解析】由题意得从左到右数，不管数到哪个格子，总有黑色格子不少于白色格子包含的情况有3种：①全染黑色，有1种方法；②第1个格子染黑色，另外4个格子中有1个格子染白色，剩余的格子都染黑色，有144C =种染色方法；③第1个格子染黑色，另外4个格子中有2个格子染白色，剩余的格子都染黑色，有2415C −=（种）染色方法，所以从左到右数，不管数到哪个格子，总有黑色格子不少于白色格子的染色方法有1+4+5=10（种）. 7.D 【解析】6名同学分别选修一门课程，每门课程至少有一名同学选修，共有222112336266534333C C C C C C C A A ⎛⎫++= ⎪⎝⎭540（种）选课方法，佮有2名同学选修传统体育的选课方法有222122642224210C C C C A A ⎛⎫+⋅= ⎪⎝⎭（种），所以恰有2名同学选修传统体育的概率210754018P ==. 8.C 【解析】由题意知0,0,0a b c >>>，由ln ln ln 0a a b ce b c==−<，得0 1.01,1a b c <<<<>.设()ln (01)xf x x x =<<，则()()21ln 0,x f x f x x−=>'单调递增.因为1x e x x +>…，所以0a e a >>.又ln 0a <，所以ln ln a a a e a>，故ln ln b ab a >，所以()()f b f a >，则b a >，故01a bc <<<<，即a b c <<. 二､多选题9.AC 【解析】由两个统计图可得参加演讲社团的人数为50，占选取的学生总人数的10%，所以选取的学生的总人数为50÷10%=500，故A 正确；合唱社团的人数为200，则合唱社团的人数占样本总量的200500⨯100%=40%，故B 错误；选取的学生中参加机器人社团的人数占样本总量的1-40%-20%-15%-10%=15%，所以选取的学生中参加机器人社团的人数为500×15%=75，故C 正确；选取的学生中参加合唱社团的人数为200，参加机器人社团的人数为75，故D 错误.10.BCD【解析】二项式8⎛⎝的展开式的通项为8818(1)2kk k k kk T C −−+⎛==− ⎝.48k k C x −，对于A ，令40k −=，得4k =，故常数项是第5项，故A 错误；对于B ，令1x =，则所有项的系数和是8(21)1−=，故B 正确；对于C ，展开式共9项，则第5项的二项式系数最大，故C 正确；对于D ，设第(1)k +项的系数的绝对值最大，则888819817822,22,k k k k k k k k C C C C −−−−+−⎧⋅⋅⎨⋅⋅⎩……解得23k 剟.又k Z ∈，所以2k =或3k =，当2k =时，231792T x =；当3k =时，41792T x =−，所以第4项的系数最小，故D 正确.11.ABD 【解析】设2个红球分别为12,,2a a 个白球分别为12,b b ，则样本空间为()(){1211Ω,,,a a a b =，()()()()()(12212122111,,,,,,,,,,a b a a a b a b b a b ,)()()()()}212212221,,,,,,,,a b b b a b a b b ，共12个基本事件，事件()()()({1221122,,,,,,A a a a a b b b =,)}1b ，共4个基本事件，事件()(){1211,,,B a a a b =，()()()()}12212122,,,,,,,a b a a a b a b ，共6个基本事件，事件()()()(){21112112,,,,,,,C a a b a b a a a =，()()}1222,,,b a b a ，共6个基本事件，事件({1D a =,)()()()()()11221221112,,,,,,,,,,b a b a b a b b a b a ，()()}2122,,,b a b a ，共8个基本事件.对于A ，因为()()()416121,,123122126P A P B P AB ======，所以()()()P A P B P AB =成立，则A 与B 相互独立，故A 正确；对于B ，因为,ΩA D A D ⋂=∅⋃=，所以A 与D 是对立事件，故B 正确；对于C ，因为B C ⋂≠∅，所以B 与C 不互斥，故C 错误；对于D ，因为()()()82141,,1232123P D P B P BD =====，所以()()()P B P D P BD =成立，则B与D 相互独立，故D 正确.12.BC 【解析】由题意得1233221210,,2224P P P =====，故A 错误､B 正确；n S 被3除的余数有3种情况，分别为0,1,2，所以1n P +()112n P =−，则1111323n n P P +⎛⎫−=−− ⎪⎝⎭.所以1133n P −=−.112n −⎛⎫− ⎪⎝⎭，即1111323n n P −⎛⎫=−⋅−+ ⎪⎝⎭，所以10111113413231024P ⎛⎫=−⨯−+= ⎪⎝⎭，故C 正确；当6n =时，56111111323323P ⎛⎫=−⨯−+=> ⎪⎝⎭，故D 错误.三､填空题13.45m 【解析】样本数据1234,,,x x x x 的平均数和方差均为m ，在该组数据中加入一个数m ，则新样本数据的平均数()145x m m m =⨯⨯+=，方差22144()55s m m m m ⎡⎤=⨯⨯+−=⎣⎦. 14.0.957 【解析】设i A =“取到的产品来自第i 批”()1,2,i B ==“取到合格品”，则()()()()12120.3,0.7,0.95,0.96P A P A P B A P B A ====∣∣，由全概率公式得()()()()()11220.30.950.70.960.957P B P A P B A P A P B A =+=⨯+⨯=∣∣.15.1122n n −++ 【解析】由()()1111111r r r n n n n C n C nC +−+=++，得()()()12111111221n n nn C n C n C +++=+++，所以()()()()211112112n n C n n n n +=−++++， 所以111111223233434n a ⎛⎫⎛⎫⎛=−+−+−⎪ ⎪ ⨯⨯⨯⨯⨯⎝⎭⎝⎭⎝()()()111145111n n n n n n ⎡⎤⎡⎫++−+−⎢⎥⎢⎪⨯−++⎭⎢⎥⎢⎣⎦⎣ ()()()()11111112212212n n n n n n ⎤=−=−+⎥++++++⎥⎦所以1211223n n n S a a a =+++=−+− 11111111341222222n n n n n n −+−−+=−+=+++++ 16.22π 【解析】由题意得222PA PB AB +=，所以PA PB ⊥，且45PAB ∠=，所以45PAC PAB ∠∠==.在PAC 中，由余弦定理得2222cos 1622410PC AC PA AC PA PAC ∠=+−⋅⋅=+−⨯=，所以22221012PB PC BC +=+==，所以PB PC ⊥.又,,PA PC P PA PC ⋂=⊂平面PAC ，所以PB ⊥平面PAC ，故可将三棱锥P ABC −补为直三棱柱11BA C PAC −，如图所示，则直三棱柱11BA C PAC −的外接球即为三棱锥P ABC−的外接球.设PAC外接圆圆心为211,O A BC 的外接圆圆心为1O ，则直三棱柱的外接球球心为12O O 的中点O ，连接OA ，则OA 即为外接球的半径.在PAC中，根据正弦定理可得22sin 2PC O A PAC ∠===，所以2O A =22222212222115222O O OA OO O A O A ⎛⎫⎛⎫=+=+=+= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以该外接球的表面积为21144222OA πππ⋅=⨯=四､解答题17.解：（1）()2222222221168161681212610010s =+++++++= (22222222222124822118110s =+++++++++)2116=（2）由（1）知()()2250,10,60,4X N Y N ~~.因为()()6050P X P X >剟，且.()()150602P X P Y ==剟 所以()()6060P X P Y >剟. 因为()()()11702,70P X P X P Y μσ=+>剟?()()()2211682,2P Y P Y P X μσμσ=++=剟?()222P Y μσ+…，所以()()7070P X P Y <剟， 所以送甲去机场应该选择路线一，送乙去机场应该选择路线二. 18.解：（1）由已知得()()cos cos cos a B C b c A +=+， 由正弦定理，得()()sin cos cos sin sin cos A B C B C A +=+， 则sin cos cos sin sin cos cos sin A B A B C A C A −=−， 即()()sin sin A B C A −=−，所以C B π−=（舍去）或2B C A +=， 故2A A π−=， 所以3A π=.（2）设ACB ∠θ=， 在ACD 中，由正弦定理，得sinsin 6CDACππθ=⎛− ⎝①， 在ABC 中，由正弦定理，得sinsin 33BCACππθ=⎛⎫+ ⎪⎝⎭②，所以sin 3sin 6πθπθ⎛⎫+ ⎪⎝⎭=⎛⎫− ⎪⎝⎭，1sin cos 222θθ+=，解得tan θ=所以sin 14θ=，即sin 14ACD ∠=. 19.（1）（i ）批次M 芯片的次品率为()()()12359585711111160595820M P P P P =−−−−=−⨯⨯=（ii ）设批次M 的芯片智能自功检测合格为事件A ，人工抽检合格为事件B ， 由已知得98119(),()111002020M P A P AB P ==−=−=， 则工人在流水线进行人工抽检时，抽检一个芯片恰为合格品的概率为()1910095()()209898P AB P B A P A ==⨯=.（2）零假设为0H ：芯片批次与用户对开机速度满意度无关联. 由已知可建立22⨯列联表如下：220.005100(1058230)10.6697.879.40601288x χ⨯⨯−⨯=≈>=⨯⨯⨯根据0.005α=的独立性检验，我们推断此推断0H 不成立，即认为芯片批次与用户对开机速度满意度有关联.此推断犯错误的概率不大于0.005. 20.解：（1）质量指标值在250以下的产品所占比例为()0.0010.0020.003500.30.6++⨯=<，在300以下的产品所占比例为0.30.008500.70.6+⨯=>. 所以60%分位数一定位于区间[)250,300内.由0.60.325050287.50.70.3−+⨯=−，可以估计该产品的质量指标值的60%分位数为287.5.（2）()0.0010.0015010010+⨯⨯=，所以样本的B 级零件个数为10个， 质量指标值在[350，400]的零件为5个， 故ξ可能取的值为0，1，2，3，30553101(0)12C C P C ξ===，()21553105112C C P C ξ===，()12553105212C C P C ξ===，03553101(3)12C C P C ξ===随机变量ξ的分布列为所以()1212122E ξ=++=. （3）设每箱零件中A 级零件有X 个，每箱零件的利润为Y 元，则B 级零件有()500X −个，由题意知：()10550052500Y X X X =+−=+，由（2）知：每箱零件中B 级零件的概率为()0.0010.001500.1+⨯=，A 级零件的概率为1-0.1=0.9所以()~500,0.9X B ， 所以()5000.9450E X =⨯=，所以()()()52500525004750E Y E X E X =+=+=（元）. 所以每箱零件的利润是4750元21.（1）证明：在直三棱柱111A B C ABC −中，侧面11AA B B 为正方形， 所以11111AB A B A B B B ⊥，∥，而111C F A B ⊥，1111,,B B C F F B B C F ⋂=⊂平面11BB C C ， 所以11A B ⊥平面11BB C C ， 所以AB ⊥平面11BB C C ，又BC ⊂平面11BB C C ，，所以BC ⊥，以B 为坐标原点，,,AB BC BB ，所在的直线分别为x 轴､y 轴､z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示.则11(2,0,2),(0,2,2),(1,1,0),(0,1,0),A C D E1(0,0,1),(0,0,2),F B故()()11,0,0,0,2,1ED C F ==−−.设()01EG ED λλ=剟，则()1,0,0EG λ=，故(,1,0)G λ 所以()12,1,2AG λ=−−， 故()()110,2,12,1,20C F AG λ⋅=−−⋅−−=， 所以11C F AG ⊥，即11C F A G ⊥. （2）解由（1）可知：11111(2,2,0),(2,1.2),(2,0,0)AC AG A B λ=−=−−=−， 设平面11C A G 的法向量为(),,m x y z =，则11100m AC m AG⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即2+20(2)20x y x y z λ−=⎧⎨−+−=⎩，令2x =，则2,1y z λ==−，则平面11GA C 的一个法向量为(2,2,1)m λ=−， 设平面11A GB 的法向量为(),,n a b c =，则1110n A B n A G ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即20(2)20a a b c λ−=⎧⎨−+−=⎩，则0a =，令1c =，则2b =，则平面11GA B 的一个法向量为(0,2,1)n =， 设平面11GA C 与平面11GA B 的夹角为θ，故|||||cos |c |os ,|||5m n mm n n θ=〈〉==⋅=⋅令3,[3,4]t t λ+=∈，则cos |θ===， 而函数22481y t t =−+在111[,]43t ∈时单调递增，故114t =时，22481y t t=−+取最小值， 即当114t =，即4,1t λ==时，cos θ=5. 故平面11GA C 与平面11GA B . 22.（1）解：由题意得1234535x ++++==，1012172026175y ++++==，1110212317542052269ni ii x y==⨯+⨯+⨯++=⨯⨯∑22222211234555nii x==++++=∑.所以12212955317ˆ45545ni ii nii x ynx ybxnx ==−⋅−⨯⨯===−−∑∑，ˆˆ17435a y bx =−=−⨯=. 所以y 关于x 的线性回归方程为ˆ45y x =+， 令ˆ4550yx =+>，得11.25x >， 又x 为正整数，所以12x …. 所以该地区新能源汽车的销量最早在2028年能突破50万辆.（2）解：（i ）由题意知，该地区200名购车者中女性有200954560−−=名， 故其中购置新能源汽车的女性车主的有602040−=名.所购置新能源汽车的车主中，女性车主所占的比例为408404517=+.所以该地区购置新能源汽车的车主中女性车主的概率为817.当7x =时，ˆ47533y=⨯+=， 所以预测该地区2023年购置新能源汽车的销量为33万辆， 因此预测该地区2020年购置新能源汽车的女性车主的人数为83315.517⨯≈万人 （ii ）由题意知，45,013545p w w =≤≤+，11,4p 剟则()3325435()C (1)102f p p p p p p =−=−+所以()()43222()1058310583f p p p pp pp =−+−+'210(1)(53)p p p =−−当30,5p ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，知()0f p '>所以函数()f p 单调递增 当3,15p ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，知()0f p '<所以函数()f p 单调递减所以当()3,5p f p =取得最大值即323max 5333216()C 1555625f p f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫==−= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 此时453455w =+，解得30w =， 故当30w =时()f p 取得最大值216625.。