河北省衡水中学2022-2023学年高三下学期一调考试丨数学答案

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数学参考答案

一、选择题

1，B【解析】由题意得 }1,0{A 20|{ xxB }82{{}10  xx ，所以

}1,0{BA .

2．C【解析】设),(i Rbabaz  ，由题意得  2

)5(a22222 )1()1(  babab ，

解得 3a，3b，所以 23)3(3|| 22 z.

3．B【解析】由题意得 2sin)sin21(3 2 a



，解得 2

sin 



或3

sin 



．又



















2，所以 



sin 3

1，则 3

sin1cos 2



，



cos

sin

tan 4

，

所以 3

cos)cos( 



， )tan(



tan 



，

cos

sin 

















，















cos 3

sin 



，故 ACD 错误、B正确．

4．D【解析】设该高阶等差数列为 }{ n

a，则 }{ n

a的前 7项分别为 1，2，4，7，11，16，22.

令nnn aab  1，则数列 }{ n

b为1，2，3，4，5，6，…，所以数列 }{ n

b是首项为 1，

公差为 1的等差数列，所以 nbn，即 naa nn 

1，故  )()( 989999100100 aaaaa

 )( 9798 aa  1)1.979899()( 112 aaa 

 1

)199(99

4951 .

5．A【解析】由题意得抛物线 C的焦点 F的坐标为 









0,

1，准线 l的方程为 2

x，设准

线l与x轴的交点为 E如图，由题知 lMN .由抛物线的定义知 |||| MFMN ．又

|||| MNNF ，所以 MNF是等边三角形，因为 OFMN // ，所以  MNFEFN

60 ，所以 22||2||  pEFNF ，所以 MNF的面积为 360sin||

12NF .

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6．C【解析】由题意得 5

ab ，即 5

5b，所以 b5

4，令 4

abt，则 4



b，即

)

(5

t，即 4

lg 5t，可得 2lg2)12lg3(

1t，故 t30

1.0

2lg31

2lg10 

.

7．C【解析】由题意得从 2，3，4，5，6，7，8，9中随机取两个数有 28

8C种不同的结

果，其中一个数比 m大，一个数比 m小的不同结果有 )9)(2( mm  种，所以

)9)(2( 

 mm ，整理得 02811

2 mm ，解得 4m或7m．当 4m时，

数据中的 %x分位数是第 3个数，则 38%2  x，解得 5.3725  x，故所有选项

都不满足；当 7m时，数据中的 %x分位数是第 6个数，则 68%5  x，解得

755.62  x，故 ABD 不满足、C满足．

8．A【解析】 )(xf 的定义域为 ),2(  ，

1)(xf 2





x

，当 12  x时，

0)( 

xf ，)(xf 单调递减；当 1x时， 0)( 

xf ，)(xf 单调递增，所以

0)1()( min  fxf ，所以 1x为方程 0)( xf 的唯一实根，即 1

1x，故

1|| 21  xx ，即 1|1| 2 x，解得 02 2 x.因为 2

x是 aaxxxg 42)( 24

的零点，所以方程 0442

2 aaxx 在区间 ]0,2[上有实根，即 4)42( 2 xax

在区间 ]0,2[上有实根，即 2





x

a在区间 ]0,2[上有实根．令 )(xg 2





x，

]0,2[x，则 











2

8)4(

)(

xg 4

)2(

2







 x

x.设

 4(2xt )2t，则 4

)(  t

tth ，易知 )(th 在区间 ,4()22上单调递增，

在区间 )2,22(  上单调递减．又 2)4( h，2)2( h，所以 2)( min th ，

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244)( max th ，所以 24422  a，即  a1222 ，故实数 a的最小

值是-1．

二、选择题

9．ABD【解析】由题意得）（ 32,2()320,11  ba ，所以 22 32(2|| ） ba

=4，故 A正确； 203212)(

. aba ，故 B正确；因为  baa,cos

||||

)( 









baa

baa ，且



 baa,0 ，所以 3



 baa ，故 C错误；向量

ba 在向量 a上的投影向量为 a

baa 2

||||

)( 











 ，故 D正确．

10 ．ABC 【解析】因为 









,11

,31

A所以 2A，所以 1)2cos(2)( 



xxf ，又

2|1cos2||)0(| 



f，所以 2

cos 



（舍去）或 2

cos 



，因为 





，

所以 3





，所以 









 3

2sin2)(



xxg ，当 12



x时， 2

12 















g，所以 )(xg

的图象关于直线 12



x对称，故 A正确；当 3



x时， 0

3















g，所以 )(xg 的图象

关于点 









0,



对称，故 B正确；当 



kx 2

2 ，zk ，即

 1212



k，Zk ，时， )(xg 单调递减，则当 0k时， )(xg 在区

间









12



上单调递减，所以 )(xg 在区间 













上的单调递减区间为 













，故

C正确；因为 









6



xf )(2cos2

2cos21 xgxx 



















，故 D错误．

11．AC【解析】因为圆 01682: 22

1 yxyxC 的标准方程为 1)4()1( 22  yx ，

所以其圆心为 )4,1(

1C，半径为 1

1r，因为圆  xyxC 6: 22

205 的标准方程为

4)3( 22  yx ，所以其圆心为 )0,3(

C，半径为 2

2r，设点 2

C关于直线 l对称的

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