河北省保定市2020届高三第一次模拟数学（理）试题
展开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.
