2020-2021学年度河北省石家庄市高考一模考试数学(理)试题()含解析

高中毕业班模拟考试（一）

理科数学（A卷）

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. 已知集合，，则（   ）

A.     B.     C.     D. 

【答案】A

【解析】

故选A.

2. 已知为虚数单位，，其中，则（   ）

A.     B.     C. 2    D. 4

【答案】A

【解析】，其中，

解得，

，

故选

3. 函数，其值域为，在区间上随机取一个数，则的概率是（   ）

A.     B.     C.     D. 

【答案】B

【解析】函数的值域为 ，即 ，

则在区间上随机取一个数 的概率 ．

故选B．

4. 点是以线段为直径的圆上的一点，其中，则（   ）

A. 1    B. 2    C. 3    D. 4

【答案】D

【解析】

故选

5. ，满足约束条件：，则的最大值为（   ）

A. -3    B.     C. 3    D. 4

【答案】C

【解析】依题意可画出可行域如下：

联立，可得交点(2,-1)，如图所示，当经过点(2,-1)时，z最大为3.故选C.

点睛：线性规划的实质是把代数问题几何化，即数形结合的思想.需要注意的是：一、准确无误地作出可行域；二、画标准函数所对应的直线时，要注意与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错；三、一般情况下，目标函数的最大或最小会在可行域的端点或边界上取得.

6. 程序框图如图所示，该程序运行的结果为，则判断框中可填写的关于的条件是（   ）

A.     B.     C.     D. 

【答案】C

【解析】第一次运行，

第二次运行，

第三次运行，

第四次运行，

第五次运行，

此时，输出25，故选C

7. 南宋数学家秦九韶早在《数书九章》中就创造了已知三角形三边求其面积的公式：“以小斜幂并大斜幂，减中斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减之，以四约之，为实，一为从隅，开方得积.”（即：，），并举例“问沙田一段，有三斜（边），其小斜一十三里，中斜一十四里，大斜一十五里，欲知为田几何？”则该三角形田面积为（   ）

A. 82平方里    B. 83平方里    C. 84平方里    D. 85平方里

【答案】C

【解析】由题意可得：代入：

则该三角形田面积为平方里

故选

8. 如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为（   ）

A.     B.     C.     D. 

【答案】D

【解析】由图可知，几何体为半圆柱挖去半球体

几何体的表面积为

故选

9. 已知是定义在上的偶函数，且在上为增函数，则的解集为（   ）

A.     B.     C.     D. 

【答案】B

【解析】是定义在上的偶函数，

，即，

则函数的定义域为

函数在上为增函数，

故两边同时平方解得，

故选

10. 在中，，，则的最大值为（   ）

A.     B.     C.     D. 

【答案】D

【解析】有正弦定理可得，

故当时，的最大值为.

故选D.

11. 过抛物线焦点的直线交抛物线于，两点，点在直线上，若为正三角形，则其边长为（   ）

A. 11    B. 12    C. 13    D. 14

【答案】B

【解析】如图：

设，

则：，取中点，分别作垂直于直线，连接

则有，相减可得：

即

故

设

则，解得

故

，

解得

故选

12. 设，为两个平面直角坐标系，它们具有相同的原点，正方向到正方向的角度为，那么对于任意的点，在下的坐标为，那么它在坐标系下的坐标可以表示为：，.根据以上知识求得椭圆的离心率为（   ）

A.     B.     C.     D. 

【答案】A

【解析】

则

故

可化为

方程表示为椭圆

化简得：

代入方程得：，

，，

故

故选

点睛：本题主要考查了三角函数的计算问题，以平面直角坐标系为载体，新定义坐标系，建立两坐标之间的关系，代入化简，由题意中的椭圆求出的值，再次代入求出结果，计算量比较大，有一定的难度。

二、填空题：本大题共4小题，每题5分，共20分. 

13. 命题：，的否定为__________．

【答案】

【解析】根据特称命题的否定是全称命题得：

命题：，的否定为：

14. 甲、乙、丙三位同学，其中一位是班长，一位是体育委员，一位是学习委员，已知丙的年龄比学委的大，甲与体委的年龄不同，体委比乙年龄小.据此推断班长是__________．

【答案】乙

【解析】（1）根据“甲与体委的年龄不同，体委比乙年龄小”可得：丙是体委；

（2）根据“丙的年龄比学委的大，体委比乙年龄小”可得：乙＞丙＞学习委员，由此可得，乙不是学习委员，那么乙是班长．

答：班长是乙．

故答案为：乙．

【点睛】此题关键是根据题干中体委与甲和乙的年龄关系，得出，体委是丙．然后才能根据丙与乙和学委的年龄关系得出，乙不是学委，从而得出乙是班长．

15. 一个直角三角形的三个顶点分别在底面棱长为2的正三棱柱的侧棱上，则该直角三角形斜边的最小值为__________．

【答案】

【解析】如图，不妨设在处， ，

则有 由

 该直角三角形斜边

故答案为.

16. 已知函数，，若函数有三个不同的零点，，（其中），则的取值范围为__________．

【答案】

【解析】如图：

，，作出函数图象如图所示

，，作出函数图象如图所示

，由有三个不同的零点

，如图

令

得

为满足有三个零点，如图可得

，

点睛：本题考查了函数零点问题，先由导数求出两个函数的单调性，继而画出函数图像，再由函数的零点个数确定参量取值范围，将问题转化为函数的两根问题来求解，本题需要化归转化，函数的思想，零点问题等较为综合，有很大难度。

三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.

17. 已知等比数列的前项和为，且满足.

（1）求数列的通项公式；

（2）若数列满足，求数列的前项和.

【答案】（1）；（2）

【解析】试题分析：法一：根据即可求出数列的通项公式；法二：根据等比数列的前项和公式和已知条件求出公比和首项的值，即可求出数列的通项公式；根据对数的运算性质求出，代入即可求出的数列的通项公式，利用裂项法求出数列的前项和

解析：(1)

法一：由得，

当时，，即，

又，当时符合上式，所以通项公式为.

法二：由得，

从而有，

所以等比数列公比，首项，因此通项公式为.

（2）由（1）可得，

，

.

18. 四棱锥的底面为直角梯形，，，，为正三角形.

（1）点为棱上一点，若平面，，求实数的值；

（2）若，求二面角的余弦值.

【答案】（1）；（2）

【解析】试题分析：（1）由平面，可证，进而证得四边形为平行四边形，根据，可得；

（2）利用等体积法可求点到平面的距离.

试题解析：（（1）因为平面SDM，

平面ABCD，

平面SDM 平面ABCD=DM，

所以，

因为，所以四边形BCDM为平行四边形，又，所以M为AB的中点.

因为，

.

（2）因为， ，

所以平面，

又因为平面，

所以平面平面，

平面平面，

在平面内过点作直线于点，则平面，

在和中，

因为，所以，

又由题知，

所以， 

由已知求得，所以，

连接BD，则，

又求得的面积为，

所以由点B 到平面的距离为.

19. 小明在石家庄市某物流派送公司找到了一份派送员的工作，该公司给出了两种日薪薪酬方案.甲方案：底薪100元，每派送一单奖励1元；乙方案：底薪140元，每日前55单没有奖励，超过55单的部分每单奖励12元.

（1）请分别求出甲、乙两种薪酬方案中日薪（单位：元）与送货单数的函数关系式；

（2）根据该公司所有派送员100天的派送记录，发现派送员的日平均派送单数满足以下条件：在这100天中的派送量指标满足如图所示的直方图，其中当某天的派送量指标在时，日平均派送量为单.

若将频率视为概率，回答下列问题：

①根据以上数据，设每名派送员的日薪为（单位：元），试分别求出甲、乙两种方案的日薪的分布列，数学期望及方差；

②结合①中的数据，根据统计学的思想，帮助小明分析，他选择哪种薪酬方案比较合适，并说明你的理由.

（参考数据：，，，，，，，，）

【答案】（1）；（2）见解析

【解析】试题分析：根据已知条件写出函数关系式，分别求出分布列，然后算出数学期望与方差运用不同的比较方法求出最优解

解析：（1）甲方案中派送员日薪（单位：元）与送单数的函数关系式为： ，

乙方案中派送员日薪（单位：元）与送单数的函数关系式为：，

①由已知，在这100天中，该公司派送员日平均派送单数满足如下表格：

，

所以的分布列为：

，

②答案一：

由以上的计算可知，虽然，但两者相差不大，且远小于，即甲方案日工资收入波动相对较小，所以小明应选择甲方案.

答案二：

由以上的计算结果可以看出，，即甲方案日工资期望小于乙方案日工资期望，所以小明应选择乙方案.

20. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，，且离心率为，为椭圆上任意一点，当时，的面积为1. 

（1）求椭圆的方程；

（2）已知点是椭圆上异于椭圆顶点的一点，延长直线，分别与椭圆交于点，，设直线的斜率为，直线的斜率为，求证：为定值.

【答案】（1）；（2）

【解析】试题分析：（1）设由题，由此求出,可得椭圆的方程；

（2）设，，

当直线的斜率不存在时，可得；

当直线的斜率不存在时，同理可得. 

当直线、的斜率存在时，，

设直线的方程为，则由消去通过运算可得

，同理可得，由此得到直线的斜率为，

直线的斜率为，进而可得.

试题解析：（1）设由题， 

解得，则，

椭圆的方程为. 

（2）设，，

当直线的斜率不存在时，设，则，

直线的方程为代入，可得，

，，则，

直线的斜率为，直线的斜率为，

，

当直线的斜率不存在时，同理可得. 

当直线、的斜率存在时，，

设直线的方程为，则由消去可得：

，

又，则，代入上述方程可得

，

，则

，

设直线的方程为，同理可得，

直线的斜率为，

直线的斜率为，

.

所以，直线与的斜率之积为定值，即.

21. 已知函数，，在处的切线方程为.

（1）求，；

（2）若方程有两个实数根，，且，证明：.

【答案】（1），；（2）见解析

【解析】试题分析：在处的切线方程为，求导算出切线方程即可求出结果构造，求导，得在区间上单调递减，在区间上单调递增，设的根为，证得，讨论证得的根为，，从而得证结论

解析：（1）由题意，所以，

又，所以，

若，则，与矛盾，故，.

（2）由（Ⅰ）可知， ，

设在(-1，0)处的切线方程为，

易得，，令

即，，

当时，

当时，

设， ，

故函数在上单调递增，又，

所以当时，，当时，， 

所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，

故，，

设的根为，则，

又函数单调递减，故，故， 

设在(0,0)处的切线方程为，易得，

令，，

当时，，

当时，

故函数在上单调递增，又，

所以当时，，当时，， 

所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，

， ，

设的根为，则，

又函数单调递增，故，故， 

又，

.

点睛：本题主要考查了运用导数几何意义求出解析式和利用导数证明不等式成立，在证明不等式时通过构造新函数，结合单调性证得大小关系，适当的放缩得出结论，本题需要较强的构造和分析，较为困难，属于难题。

22. 在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（，为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为，若直线与曲线相切；

（1）求曲线的极坐标方程；

（2）在曲线上取两点，与原点构成，且满足，求面积的最大值.

【答案】（1）；（2）

【解析】试题分析：（1）利用极坐标与直角坐标的互化公式可得直线的直角坐标方程为， 

，消去参数可知曲线是圆心为，半径为的圆，由直线与曲线相切，可得：；则曲线C的方程为， 再次利用极坐标与直角坐标的互化公式可得

可得曲线C的极坐标方程.

(2)由（1）不妨设M（），，（），

，     

，       

由此可求面积的最大值.

试题解析：（1）由题意可知直线的直角坐标方程为， 

曲线是圆心为，半径为的圆，直线与曲线相切，可得：；可知曲线C的方程为， 

所以曲线C的极坐标方程为，

即.

(2)由（1）不妨设M（），，（），

，     

，       

当时， ，

所以△MON面积的最大值为.

23. 已知函数的定义域为；

（1）求实数的取值范围；

（2）设实数为的最大值，若实数，，满足，求的最小值.

【答案】（1）；（2）

【解析】试题分析：（1）由题意可知恒成立，令，分类讨论得到其解析式，通过作图发现其最大值，即可得到实数的取值范围；

（2）由（1）可知，所以，  

可求其最小值.

试题解析：（1）由题意可知恒成立，令，

去绝对值可得：，

画图可知的最小值为-3，所以实数的取值范围为； 

（2）由（1）可知，所以，  

，

当且仅当，即等号成立，

所以的最小值为