河北省保定市2020届高三第一次模拟数学（理）试题

河北省保定市2020届高三第一次模拟数学（理）试题

‎2020届河北省保定市高三第一次模拟考试 ‎（理科）数学试题 一、选择题：本题共12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】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接求解即可.‎ ‎【详解】，‎ ‎.‎ ‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查集合的交集运算，求解集合的运算可借助数轴去分析.‎ ‎2.若复数，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先化简，再求即可.‎ ‎【详解】.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查复数的运算，共轭复数的概念，关键是正确理解共轭复数的概念.‎ ‎3.已知互相垂直的平面，交于直线，若直线，满足，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知条件推导出，再由，推导出.‎ ‎【详解】对于选项A，若，则，故A错误；‎ 对于选项B，若，则，故B错误；‎ 对于选项C，，又，得，故C正确；‎ 对于选项D，若，且，则，故D错误 故选：C ‎【点睛】本题主要考查了点、线、面之间的位置关系，考查了学生的空间想象能力.‎ ‎4.已知与均为单位向量，若，则与的夹角为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由条件算出，再由向量夹角公式求解即可.‎ ‎【详解】，，‎ ‎，‎ 与的夹角为.‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查了向量的垂直，向量的数量积的计算，向量的夹角求解等问题.‎ ‎5.《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有五人五钱，令上二人所得与下三人等，问各得几何？”其意思是：“现有甲、乙、丙、丁、戊，五人依次差值等额分五钱，要使甲、乙两人所得的钱数与丙、丁、戊三人所得的钱数相等，问每人各得多少钱？”请问上面的问题里，五人中所得的最少钱数为（ ）‎ A. 钱 B. 钱 C. 钱 D. 钱 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 依题意设甲、乙、丙、丁、戊所得钱数分别为，由题可求得，结合求得，则答案可求.‎ ‎【详解】依题意设甲、乙、丙、丁、戊所得钱数分别为，‎ 又有，得，‎ ‎，，则，‎ ‎.‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查了等差数列的基本运算，还考查了学生运算求解的能力，考查学生的阅读理解能力，能够从题目中抽象出数学问题.‎ ‎6.在中，内角，，所对的边分别是，，，且，，成等差数列，若外接圆的半径为1，则（ ）‎ A. B. ‎2 ‎C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由等差中项的定义得，由正弦定理化角计算得，再由正弦定理得算出结果.‎ ‎【详解】在中，，，成等差数列，‎ ‎，由正弦定理得，‎ 即，则，‎ 又外接圆的半径为1，.‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查了正弦定理的应用，等差中项的定义.‎ ‎7.一直三棱柱的每条棱长都是2，且每个顶点都在球的表面上，则球的表面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题知此直棱柱为正三棱柱，设其上下底面中心为，则外接球的球心为线段的中点，通过计算求出球半径即可.‎ ‎【详解】由题知此直棱柱为正三棱柱，设其上下底面中心为，则外接球的球心为线段的中点，‎ ‎，‎ ‎，‎ 因此，它的外接球的半径为，故球的表面积为.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查了直棱柱的外接球的表面积计算，解题的关键是找出直棱柱的外接球的球心，计算出球半径，考查了学生的空间想象能力.‎ ‎8.如图所示的程序框图中，若输入的，则输出的（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据程序框图可知这是一个计算并输出分段函数函数值的程序，写出分段函数的解析式，代入计算即可.‎ ‎【详解】由题可得函数，‎ ‎，‎ 当时，得；‎ 当，得；‎ 当时，得，.‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查了程序框图，分段函数的值域求解，集合并集运算等知识.‎ ‎9.抛掷一枚质地均匀的硬币，记为数列的前项和，则且的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据已知条件，满足且有如下情况：前3次中出现2次正面向上1次反面向上，后面7次中出现5次正面向上2次反面向上；前3次中出现1次正面向上，2次反面向上，后面7次中出现6次正面向上，1次反面向上，利用 次独立重复试验概率公式即可求出答案．‎ ‎【详解】由题意知，满足且有如下两种情况：‎ ‎①前3次中出现2次正面向上1次反面向上，此时，后面7次中出现5次正面向上2次反面向上，其概率为；‎ ‎②前3次中出现1次正面向上2次反面向上，此时，后面7次中出现6次正面向上1次反面向上，其概率为；‎ 所以且的概率为．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题主要考查次独立重复试验的概率求法及事件的独立性，解决此类问题的关键是分析题目是否满足独立重复试验概型的条件，若是利用公式计算即可．‎ ‎10.已知等差数列的前项和为，若点，，，满足：①（）；②，，确定一个平面；③，则（ ）‎ A. 29 B. ‎40 ‎C. 45 D. 50‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题知三点共线，又，得，由等差数列的前项和公式算出.‎ ‎【详解】，三点共线，又由②③得，‎ 因为等差数列，所以.‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查了共线向量定理，等差数列的前项和，等差数列的性质，考查了学生的运算求解能力.‎ ‎11.抛物线焦点为，点满足（为坐标原点），若过点作互相垂直的两弦、，则当弦过点时，的所有可能取值的集合为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，，根据已知可求出焦点的坐标，再由可得，利用轴上的截距式设直线的方程为，将其与抛物线联立消去得，利用根与系数关系求出，，进而可求出，再由可得，将，代入即可得到答案．‎ ‎【详解】由已知得，因为，所以，所以，‎ 由题意知，弦所在直线的斜率不为0，可设直线的方程为，，，‎ 由，得，‎ 所以，，‎ 所以 因为，所以，又，，‎ 所以，即，又，‎ 所以，解得或(不符合题意，舍去)，‎ 所以的所有可能取值的集合为．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题主要考查直线与抛物线的位置关系，同时考查向量的数量积及向量数乘的坐标运算，属于中档题．‎ ‎12.设函数，若常数满足：对，唯一的，使得，，成等差数列，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意可得，结合在上是单调减函数及图象，即可得到答案．‎ ‎【详解】因为对，唯一的，使得，，成等差数列，‎ 所以，即，‎ 因为在上是单调减函数，‎ 所以．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题主要考查对“任意性”和“存在性”双变量问题的理解及数形结合思想，同时考查等差中项及对数函数的单调性，属于难题．‎ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13.若，，则________.‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据对数运算与指数运算是互为逆运算，求出，再利用换底公式求出与，进行对数运算可求.‎ ‎【详解】又，‎ ‎.‎ 故答案为：1‎ ‎【点睛】本题主要考查了指数与对数的互化，考查了对数的运算公式及换底公式，熟练运用换底公式化同底数的对数是进行对数运算的关键.‎ ‎14.设函数是奇函数，其中，则____‎ ‎【答案】；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 函数为定义在上的奇函数，而是奇函数，故为偶函数，再利用其对称轴为，即可得到答案．‎ ‎【详解】因为函数为定义在上的奇函数，而是奇函数，‎ 故为偶函数，所以，‎ 又，所以．‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查利用奇偶性求参数值，同时考查函数奇偶性的运算性质．‎ ‎15.中，，，以的中点为圆心，以1为半径的圆，分别交于点、，则________.‎ ‎【答案】56‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设的中点为圆心，利用余弦定理求出,结合，，即可求的值.‎ ‎【详解】设的中点为圆心，由题得，，‎ 在中，由余弦定理得，‎ ‎，‎ 在中，由余弦定理得，‎ ‎，‎ 又，，‎ 又，‎ ‎.‎ 故答案为：56‎ ‎【点睛】本题主要考查了余弦定理的应用，勾股定理，考查了学生的运算求解能力.‎ ‎16.若是定义在上的函数，且对任意都有，，且，则____‎ ‎【答案】102.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据已知不等式可得，而，根据“两边夹”原理，可得，利用此递推关系可得，再令得，只需再求出即可，对分别赋值和并结合“两边夹”原理，即可求出，进而求出．‎ ‎【详解】因为，‎ 所以，‎ 即，又，‎ 所以，‎ 所以，‎ 因为对任意都有，且，‎ 所以，即，‎ ‎，即 由知，所以，‎ 所以，所以，‎ 所以．‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查求抽象函数的函数值，“两边夹”原理及递推关系的应用，本题的关键是得到和．‎ 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.‎ ‎（一）必考题：共60分.‎ ‎17.在中，设内角，，的对边分别为，，，且.‎ ‎（1）若，，成等比数列，求证：；‎ ‎（2）若（为锐角），.求中边上的高.‎ ‎【答案】（1）见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由，，成等比数列得，再利用余弦定理及基本不等式求出的范围，从而证明；‎ ‎（2）先利用二倍角公式解得；再由正弦定理求得；下面可采用种方法求解.方法一：由余弦定理求得，再利用边上的高代入即得；方法二：先由同角的三角函数的基本关系算出，进而算出，再利用边上的高 代入即得 ‎【详解】解：（1）证明：因为，，成等比数列，所以 而（当且仅当时取等号）‎ 又因为为三角形的内角，所以 ‎（2）在中，因，所以.‎ 又因为，，‎ 所以由正弦定理，解得 法1：由，得.‎ 由余弦定理，得.‎ 解得或（舍）‎ 所以边上的高.‎ 法2：由，得.‎ 又因为，所以 所以 或（舍）‎ ‎（或：因为，且，所以为锐角，）‎ 又因为所以 ‎∴‎ 所以边上的高.‎ ‎【点睛】本题主要考查了正余弦定理的应用，同角的三角函数基本关系式，二倍角公式等知识，考查了学生综合应用公式的计算能力.‎ ‎18.如图，四边形矩形，和均为等腰直角三角形，且，.‎ ‎(1)求证：平面；‎ ‎(2)设，问是否存在，使得二面角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）见解析（2）不存在，见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)结合已知条件要证平面，只要证明平面平面即可，利用线面平行的判定定理可证平面，平面，从而证得平面平面；‎ ‎(2) 设，，以为原点建立空间直角坐标系，只需求出平面法向量与平面的法向量，然后代入向量的夹角公式求出，再结合二面角的余弦值为，即可建立关于的方程，若方程有解则存在，无解的则不存在．‎ ‎【详解】(1)因为，平面，平面，所以平面，‎ 因为，平面，平面，所以平面，‎ 又，平面 所以平面平面，又平面，‎ 所以平面．‎ ‎(2)以为原点，所在直线为，所在直线为，建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 因为，‎ 所以,，又，平面,‎ 所以平面，又因为，所以平面，‎ 设，，则，，，‎ 则，‎ 设平面的法向量为则 由得取，则，，‎ 因为，则 设平面的法向量为，因为，‎ 由得取，则，所以，‎ 所以 因为二面角的余弦值为，所以，‎ 整理得，由于，‎ 所以不存在正实数，使得二面角的余弦值为 ‎【点睛】本题主要考查利用面面平行证明线面平行，同时考查二面角的求法及逆向求比值的存在问题．本题第(1)问通过证明面面平行进而证出线面平行，对于第(2)问的探索性问题，一般先假设存在，设出空间点坐标，求平面的法向量，根据向量的夹角公式建立方程，将问题转化为代数方程是否有解问题，若有解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在．‎ ‎19.习近平总书记在2020年元旦贺词中勉励大家：“让我们只争朝夕，不负韶华，共同迎接2020年的到来.”其中“只争朝夕，不负韶华”旋即成了网络热词，成了大家互相砥砺前行的铮铮誓言，激励着广大青年朋友奋发有为，积极进取，不负青春，不负时代.“只争朝夕，不负韶华”用英文可翻译为：“.”‎ ‎(1)求上述英语译文中，，，，四个字母出现的频率(小数点后面保留两位有效数字)，并比较四个频率的大小；(用“”连接)‎ ‎(2)在上面的句子中随机取一个单词，用表示取到的单词所包含的字母个数，写出的分布列，并求出其数学期望；‎ ‎(3)从上述单词中任选两个单词，求其字母个数之和为6的概率，‎ ‎【答案】(1)0.17，0.10，0.14， 0.69，出现的频率出现的频率出现的频率出现的频率；(2)见解析，；(3)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)数出英语译文中字母个数及，，，四个字母出现的次数，利用频率的计算公式即可得到答案；‎ ‎(2)求出所有可能取值对应概率，即可写出的分布列，根据分布列利用期望公式即可求出的数学期望；‎ ‎(3)根据已知条件，上述单词中任选两个单词其字母个数之和为6有两种情况：一种是，‎ 中任取一个，再从，任取一个；另一种是含3个字母的4个单词中取两个，从而可求出字母个数之和为6的基本事件的个数，再求出总的基本事件的个数，然后利用古典概型概率计算公式，即可得到答案.‎ ‎【详解】(1)英语译文中共有个字母，，，，四个字母出现的次数分别为，，，，‎ 所以它们的频率分别为，，，，‎ 其大小关系为：出现的频率出现的频率出现的频率出现的频率 ‎(2)随机变量的所有可能取值为,‎ ‎；；；‎ 所以分布列为：‎ 所以其数学期望为 ‎(3)满足字母个数之和为6的情况分为两种情况：‎ ‎①从含两个字母的两个单词中取一个，再从含4个字母的两个单词中取一个，其取法个 数为，‎ ‎②从含3个字母的4个单词中取两个，其取法个数为，‎ 故所求的概率为．‎ ‎【点睛】本题主要考查频率的求法，数学期望的求法及古典概型的概率计算．‎ ‎20.已知椭圆：（）的右焦点为，离心率为，且经过点，点为椭圆上的动点.‎ ‎（1）求到点的最短与最长距离；‎ ‎（2）设直线：与椭圆相交于、两点，则是否存在点，使得的内切圆恰好为？并说明理由.‎ ‎【答案】（1）到点的最短与最长距离分别为1，3（2）不存在.见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据已知条件列出方程求出，即可求出椭圆的方程为，设()，利用点到直线的距离求出到点的距离(用表示)，再结合函数的单调性，即可求出到点的最短与最长距离；‎ ‎(2)假设存在，先由直线与圆相切求出，从而可确定直线的方程，然后将直线的方程与椭圆的方程联立求出的坐标，通过直线也与圆相切求出，从而可求出直线的方程，再验证直线到圆的距离是否为即可得出答案．‎ ‎【详解】(1)依题意得，解得，‎ 所以椭圆的方程为．‎ 设()到点的距离为，因为，所以，‎ 所以，其对称轴为，‎ 所以该函数在上单调递减，‎ 所以当时，取得最小值；当时，取得最大值，‎ 所以到点的最短与最长距离分别为，．‎ ‎(2)假设存在点，使得的内切圆恰好为，‎ 设，因为直线与圆相切，‎ 所以圆心到直线直线的距离，所以，‎ 所以当时，：，‎ 由，得，解得，‎ 所以，，‎ 法1：因为为的角平分线，所以，‎ 所以，所以，即，‎ 所以直线的方程为，‎ 因为圆心到直线的距离为，所以此时不是圆的切线．‎ 同理，当时，也不是圆的切线，‎ 综上所述：不存在.‎ 法2：因为，，所以 所以，直线的方程为 由原点到直线的距离为1，得，解得或，‎ 当时，，此时直线的斜率为，所以直线的方程为，‎ 因为圆心到直线的距离为，所以此时不是圆的切线．‎ 当时，，此时直线的效率为，‎ 所以直线的方程为，与直线重合，故舍去，‎ 同理，当时，也不是圆的切线 综上所述：不存在.‎ ‎【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程求法，椭圆上点的有界性及二次函数最值的求法，同时考查直线与圆的位置关系和逆向探求点的存在性，属于中档题．‎ ‎21.已知函数 ‎（1）若，求函数的最大值；‎ ‎（2）设，若对任意，，不等式恒成立，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）最大值为（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)确定函数的定义域并求出，即可确定函数的单调性，从而求出函数的最大值；‎ ‎(2) 不等式可化为，先将视为主元，问题转化为，即，再将视为主元，问题等价于对任意的，恒成立，可通过分离参数法或含参求最值的方法，求出实数的取值范围.‎ ‎【详解】(1)函数定义域为，因为，‎ 所以，‎ 令，解得，‎ 因为，所以在上，所以在单调递增；‎ 在上，所以在递减，‎ 所以函数只有最大值，其最大值为，无最小值 ‎(2)因为，‎ 所以，即 由于时函数为减函数，‎ 因为对任意的，，不等式恒成立，‎ 故只需 即原式等价于对任意的，恒成立，‎ 法1：当时，显然时恒成立 当时，原式等价于 令，所以 ‎，‎ 又因为，所以，所以在上单调递增 所以，所以，‎ 综上，的取值范围是.‎ 法2：记，‎ 则.‎ 因为，所以且.‎ ‎①当（）时，，所以，即时，单调递减.‎ 所以，只需，解得，所以.‎ ‎②当时，令得，或(舍去)，‎ ‎(ⅰ)当时，，当时，；‎ 当时，，所以，‎ 解得，所以.‎ ‎(ⅱ)当时，则，又因为，‎ ‎【或：因为，所以，所以】，‎ 所以，则在上单调递增，‎ 所以，‎ 综上，的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题主要考查导数求含参函数的最值、双变量的恒成立问题处理方法，属于难题．‎ ‎（二）选考题：共10分.请考生从第22、23两题中任选一题作答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分.‎ ‎[选修4-4：坐标系与参数方程]‎ ‎22.在直角坐标系中，曲线：（为参数），是上的动点，点满足，且其轨迹为.‎ ‎（1）求的直角坐标方程；‎ ‎（2）在以为极点，轴的非负半轴为极轴的极坐标系中，射线与、‎ 的交点分别为、（均异于），求线段中点的轨迹的极坐标方程.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设，则，利用点在曲线上，代入求得曲线的方程，并转化为直角坐标方程；‎ ‎（2）将曲线，都转化为极坐标方程，利用条件求出的中点的轨迹的极坐标方程.‎ ‎【详解】解：（1）法1：设，则由条件知.由于点在上，‎ 所以 从而的参数方程为（为参数）‎ 消去参数得到所求的直角坐标方程为 法2：由得，‎ 即的直角坐标方程为：‎ 设，则由条件知.由于点在上，所以的坐标适合上述方程 即，化简得所求的直角坐标方程为 ‎（2）因为，，代入上式得的直角坐标方程得，其极坐标方程 为，‎ 同理可得曲线的极坐标方程为 设，，，‎ 则的中点的轨迹方程为 即的中点的轨迹极坐标方程为.‎ ‎【点睛】本题主要考查了参数方程，极坐标方程与直角坐标方程的互化，以及轨迹方程的求解.‎ 选修4-5：不等式选讲 ‎23.已知，，为正数，.‎ ‎（1）若，求函数的最小值；‎ ‎（2）若且，，不全相等，求证：.‎ ‎【答案】（1）最小值2（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1），方法一：将函数转化为分段函数求最小值即可；方法二：运用绝对值三角不等式的性质求解最小值；‎ ‎（2）要证，即证明；对不等式作适当的变形运用基本不等式证明或柯西不等式证明即可.‎ ‎【详解】解：（1）因为，‎ 所以 法1：由上可得：‎ 所以，当时，函数的最小值为2‎ 法2：‎ 当且仅当，即时取得最小值2‎ ‎（2）证明：因为，，为正数，所以要证 即证明就行了 法1：因为 ‎（当且仅当时取等号）‎ 又因为即且，，不全相等，‎ 所以 即 法2：因为 当且仅当时取等号 又因为即且，，不全相等，‎ 所以 即 ‎【点睛】本题主要考查了不等式的证明，柯西不等式的应用，绝对值三角不等式的性质，含绝对值的函数的最值问题的求解，考查了学生的逻辑推理能力.含绝对值的函数通常可转化为分段函数去求解.‎