河北省唐山市2020届高三第一次模拟数学（理）试题

河北省唐山市2020届高三第一次模拟数学（理）试题

唐山市2019—2020学年度高三年级第一次模拟考试 理科数学 注意事项：‎ ‎1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.‎ ‎2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.‎ ‎3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.‎ 一、选择题：本题共12小题.在每小题给出的四个选项中，有一项是符合题目要求的.‎ ‎1.已知集合，，，则集合的子集个数是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出集合，由此可计算出集合的子集个数.‎ ‎【详解】，，，‎ 因此，集合的子集个数是.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查集合子集个数的计算，一般要求出集合的元素个数，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎2.设是虚数单位，复数，则在复平面内对应的点位于（ ）‎ A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用复数的除法法则将复数化为一般形式，可得出复数，进而可判断出复数在复平面内对应的点所在的象限.‎ ‎【详解】，.‎ 因此，复数在复平面内对应的点位第四象限.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查复数在复平面内对应的点所在象限的判断，考查复数的除法运算和共轭复数定义的应用，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎3.人口平均预期寿命是综合反映人们健康水平的基本指标.年第六次全国人口普查资料表明，随着我国社会经济的快速发展，人民生活水平的不断提高以及医疗卫生保障体系的逐步完善，我国人口平均预期寿命继续延长，国民整体健康水平有较大幅度的提高.下图体现了我国平均预期寿命变化情况，依据此图，下列结论错误的是（ ）‎ A. 男性的平均预期寿命逐渐延长 B. 女性的平均预期寿命逐渐延长 C. 男性的平均预期寿命延长幅度略高于女性 D. 女性的平均预期寿命延长幅度略高于男性 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 从图形中的数据变化可判断A、B选项的正误；计算出男性和女性平均预期寿命延长幅度，可判断C、D选项的正误，综合可得出结论.‎ ‎【详解】由图形可知，男性的平均预期寿命逐渐延长，女性的平均预期寿命也在逐渐延长，A、B选项均正确；‎ 从年到年，男性的平均预期寿命的增幅为 ‎，女性的平均预期寿命的增幅为，‎ 所以，女性的平均预期寿命延长幅度略高于男性，C选项错误，D选项正确.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查统计图的应用，考查学生的数据处理能力，属于基础题.‎ ‎4.《孙子算经》是我国古代内容极其丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有圆窖周五丈四尺，深一丈八尺，问受粟几何？”其意思为：“有圆柱形容器，底面圆周长五丈四尺，高一丈八尺，求此容器能放多少斛米”（古制丈尺，斛立方尺，圆周率），则该圆柱形容器能放米（ ）‎ A. 斛 B. 斛 C. 斛 D. 斛 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 计算出圆柱形容器的底面圆半径，由此计算出圆柱形容器的体积，由此可得出结果.‎ ‎【详解】设圆柱形容器的底面圆半径为，则（尺），‎ 所以，该圆柱形容器的体积为（立方尺），‎ 因此，该圆柱形容器能放米（斛）.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查立体几何中的新文化，考查柱体体积的计算，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎5.已知向量、满足，且，则在方向上的投影是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在等式两边同时平方，求出的值，进而可得出在方向上的投影为.‎ ‎【详解】，在等式两边平方并化简得，，‎ 因此，在方向上的投影为.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查向量投影的计算，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎6.已知数列是等差数列，是等比数列，，，若、为正数，且，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. 、的大小关系不确定 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 用、表示、，然后利用作差法可得出与的大小关系.‎ ‎【详解】由于、、成等差数列，则，则，‎ 由于、、成等比数列，则，则，‎ 所以，，‎ ‎、为正数，且，因此，，即.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查数列中项的大小比较，涉及比较法的应用，考查推理能力，属于中等题.‎ ‎7.已知随机变量服从正态分布，随机变量服从正态分布，且，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，可知，进而可得出，利用正态密度曲线的对称性可求得结果.‎ ‎【详解】设，，则，‎ ‎.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查正态分布在指定区间上的概率的计算，考查正态密度曲线对称性的应用，属于基础题.‎ ‎8.函数在上的图象大致为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析函数的奇偶性以及函数在上的函数值符号，结合排除法可得出合适的选项.‎ ‎【详解】当时，，则，‎ ‎，‎ 所以，函数为非奇非偶函数，排除B、D选项；‎ 当时，设，则，‎ 所以，函数在上单调递增，则，‎ 所以，当时，，则，即，排除C选项.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查利用函数的解析式选择函数图象，一般分析函数的定义域、奇偶性、单调性、零点以及函数值符号，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.‎ ‎9.设函数，则下列结论中正确是（ ）‎ A. 的图象关于点对称 B. 的图象关于直线对称 C. 在上单调递减 D. 在上的最小值为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 计算的值，可判断A、B选项的正误；由计算的取值范围，利用正弦函数的单调性可判断C选项的正误；由计算的取值范围，利用正弦函数的基本性质可判断D选项的正误.进而可得出合适的选项.‎ ‎【详解】，，所以，A、B选项均错误；‎ 当时，，所以，函数在区间上单调递减，C选项正确；‎ 当时，，则，D选项错误.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查正弦型函数基本性质的判断，考查了正弦型函数对称性、单调性与最值的判断，考查推理能力，属于中等题.‎ ‎10.已知四棱锥的顶点都在球的球面上，底面，，，若球的表面积为，则直线与底面所成角的余弦值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 推导出，可得出四边形的外接圆直径为，并计算出四棱锥的外接球直径为，结合底面可得出直线与底面所成角为，进而可求得的值.‎ ‎【详解】如下图所示：‎ ‎，，，，，‎ 易知、、、四点共圆，则，，‎ 所以，四边形的外接圆直径为，‎ 设四棱锥的外接球半径为，则，解得，‎ 平面，，且，‎ 直线与底面所成的角为，‎ 在中，.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查直线与平面所成角的余弦值的计算，同时也考查了四棱锥外接球问题的处理，考查推理能力与计算能力，属于中等题.‎ ‎11.已知是双曲线的右焦点，是的渐近线上一点，且轴，过作直线的平行线交的渐近线于点（为坐标原点），若，则双曲线的离心率是（ ）‎ A B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设点为双曲线的渐近线上的一点，根据轴求出点的坐标，结合题意求得点的坐标，由得出直线和的斜率之积为，可得出关于、、的齐次等式，进而可求得双曲线的离心率的值.‎ ‎【详解】设点为双曲线的渐近线上的一点，易知点，所以点，‎ 直线的方程为，联立，解得，则点，‎ ‎，且，，，‎ ‎，因此，双曲线的离心率为.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查双曲线离心率的计算，一般要结合题意得出关于、、的齐次等式，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎12.已知，，有如下结论：‎ ‎①有两个极值点；‎ ‎②有个零点；‎ ‎③的所有零点之和等于零.‎ 则正确结论的个数是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用导数分析函数的单调性，结合零点存在定理可判断命题①的正误；利用导数分析函数的单调性，结合零点存在定理可判断命题②的正误；由得出，设，由推导出，由此可判断出命题③的正误.综合可得出结论.‎ ‎【详解】，则，.‎ 当时，，此时函数单调递减；‎ 当时，，此时函数单调递增.‎ 所以，函数的最小值为.‎ ‎，.‎ 令，当时，，则函数在上单调递增，‎ 则，所以，当时，.‎ ‎，，‎ 由零点存在定理可知，函数在和上各有一个零点，‎ 所以，函数有两个极值点，命题①正确；‎ 设函数的极大值点为，极小值点为，则，‎ 则，所以，‎ 函数的极大值为，‎ 构造函数，则，‎ 所以，函数在上单调递减，‎ 当时，；当时，.‎ ‎，，，则，即.‎ 同理可知，函数的极小值为.‎ ‎，.‎ 由零点存在定理可知，函数在区间、、上各存在一个零点，‎ 所以，函数有个零点，命题②正确；‎ 令，得，，则，‎ 令，则，‎ 所以，函数所有零点之和等于零，命题③正确.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查函数的零点、极值点相关命题的判断，利用导数分析函数的单调性是判断的关键，考查推理能力，属于难题.‎ 二、填空题：本题共4小题.‎ ‎13.若、满足约束条件，则的最小值为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出不等式组所表示的可行域，利用平移直线的方法找出使得取得最小值时对应的最优解，代入目标函数计算即可.‎ ‎【详解】作出不等式组所表示的可行域如下图所示：‎ 联立，解得，即点，‎ 平移直线，当该直线经过可行域的顶点时，直线在 轴上的截距最小，此时取最小值，即.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查线性规划问题，考查线性目标函数的最值问题，一般利用平移直线的方法找出最优解，考查数形结合思想的应用，属于基础题.‎ ‎14.中国古代的四书是指：《大学》、《中庸》、《论语》、《孟子》，甲、乙、丙、丁名同学从中各选一书进行研读，已知四人选取的书恰好互不相同，且甲没有选《中庸》，乙和丙都没有选《论语》，则名同学所有可能的选择有______种.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分两种情况讨论：（1）乙、丙两人中没有一人选《中庸》；（2）乙、丙两人中有一人选《中庸》，利用排列组合思想计算出每种情况下选法种数，利用分类加法计数原理可求得结果.‎ ‎【详解】分以下两种情况讨论：‎ ‎（1）乙、丙两人中没有一人选《中庸》，则乙、丙两人在《大学》、《孟子》中各选一书，则甲只能选《大学》，丁只能选《论语》，此时选法种数为种；‎ ‎（2）乙、丙两人中有一人选《中庸》，则另一人可在《大学》、《孟子》选择一书，甲、丁两人选书时没有限制，此时选法种数为.‎ 综上所述，名同学所有可能的选择种数为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查排列组合中的分配问题，正确将问题进行分类是解答的关键，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎15.在数列中，已知，（，为非零常数），且、、成等比数列，则______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由、、成等比数列求出非零实数的值，再利用累加法可求得.‎ ‎【详解】，（，为非零常数），则，，‎ 由于、、成等比数列，则，即，整理得，‎ ‎，解得，，‎ ‎.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查利用累加法求数列的通项，同时也考查了利用等比中项的性质求参数，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎16.已知为抛物线的焦点，为的准线与轴的交点，点在抛物线上，设，，，有以下个结论：‎ ‎①的最大值是；②；③存在点，满足.‎ 其中正确结论的序号是______.‎ ‎【答案】①②③‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由直线与抛物线相切可求得的最大值，可判断命题①的正误；利用弦化切的思想和正弦定理边角互化思想可判断命题②的正误；由结合化简得出，判断该方程在时是否有根，由此可判断命题③的正误，综合可得出结论.‎ ‎【详解】如下图所示：‎ 易知点，可设直线的方程为，‎ 由图形可知，当直线与抛物线相切时，取最大值，‎ 联立，消去得，，得，‎ 此时，直线的斜率为，所以，的最大值为，命题①正确；‎ 过点作抛物线准线的垂线，垂足为点，则，‎ 由抛物线的定义可知，则，‎ 在中，由正弦定理得，所以，命题②正确；‎ 若存在点，使得，则，可得，则.‎ 由②知 即，‎ ‎，则，‎ 构造函数，则，，‎ 由零点存在定理可知，函数在区间上有零点，‎ 所以，关于的方程在时有实数解，命题③正确.‎ 因此，正确结论的序号为①②③.‎ 故答案为：①②③.‎ ‎【点睛】本题考查与抛物线相关命题真假的判断，涉及抛物线定义的应用，考查推理能力与计算能力，属于中等题.‎ 三、解答题：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：‎ ‎17.的内角、、的对边分别为、、，已知，的面积为.‎ ‎（1）若，求的周长；‎ ‎（2）求的最大值.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用三角形的面积公式求出的值，然后利用余弦定理求出的值，由此可得出的周长；‎ ‎（2）由正弦定理得出，再利用三角形的面积公式结合得出，进而可求得的最大值.‎ ‎【详解】（1）因为，所以，‎ 由余弦定理得，所以，‎ 又，，所以，即，故的周长为；‎ ‎（2）由正弦定理得，‎ 所以，又，，‎ 所以.‎ 当时，，此时，，‎ 即，；或，.‎ 故时，取得最大值.‎ ‎【点睛】本题考查三角形周长的计算，同时也考查了正弦值之积最值的计算，涉及正弦定理、余弦定理与三角形面积公式的应用，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎18.如图，直三棱柱的底面为等边三角形，、分别为、的中点，点在棱上，且.‎ ‎（1）证明：平面平面；‎ ‎（2）若，，求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）推导出平面，可得出，结合，利用线面垂直的判定定理可得出平面，再由面面垂直的判定定理可证得结论成立；‎ ‎（2）由平面得出，利用勾股定理计算出的长，然后以点为坐标原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求出二面角的余弦值.‎ ‎【详解】（1）因为三棱柱为直三棱柱，所以平面，‎ 平面，，‎ 因为为等边三角形，为的中点，所以.‎ 又，所以平面，‎ 平面，所以.‎ 又因为，，所以平面.‎ 又因为平面，所以平面平面；‎ ‎（2）由（1）可知平面，所以.‎ 设，则有，即，得.‎ 以为坐标原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，‎ 则，，，，，‎ 设平面的法向量为，，，‎ 由，令，可得，，则，‎ 因为平面，所以平面的一个法向量为，‎ ‎，‎ 由图形可知，二面角的平面角为锐角，所以二面角的余弦值为.‎ ‎【点睛】本题考查面面垂直的证明，同时也考查了利用空间向量法计算二面角的余弦值，考查推理能力与计算能力，属于中等题.‎ ‎19.甲、乙二人进行一场比赛，该比赛采用三局两胜制，即先获得两局胜利者获得该场比赛胜利.在每一局比赛中，都不会出现平局，甲获胜的概率都为.‎ ‎（1）求甲在第一局失利的情况下，反败为胜的概率；‎ ‎（2）若，比赛结束时，设甲获胜局数为，求其分布列和期望；‎ ‎（3）若甲获得该场比赛胜利的概率大于甲每局获胜的概率，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）详见解析；（3）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设甲在第一局失利，甲获得了比赛的胜利，利用条件概率的概率公式可求得所求事件的概率；‎ ‎（2）根据题意可知随机变量的可能取值为、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，列出分布列，进而可计算出随机变量的数学期望；‎ ‎（3）计算出甲获得该场比赛的概率，根据题意得出关于的不等式，即可解得的取值范围.‎ ‎【详解】（1）设甲在第一局失利，甲获得了比赛的胜利，则；‎ ‎（2）由题意可知，随机变量的可能取值为、、，‎ 则，，.‎ 随机变量的分布列如下：‎ 则；‎ ‎（3）甲获得该场比赛胜利的概率为，则.‎ 即，解得，所以的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题考查条件概率的计算，同时也考查了随机变量分布列与数学期望的计算，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎20.已知是轴上的动点（异于原点），点在圆上，且.设线段的中点为，当点移动时，记点的轨迹为曲线.‎ ‎（1）求曲线的方程；‎ ‎（2）当直线与圆相切于点，且点在第一象限.‎ ‎（ⅰ）求直线的斜率；‎ ‎（ⅱ）直线平行，交曲线于不同的两点、.线段的中点为，直线与曲线交于两点、，证明：.‎ ‎【答案】（1）；（2）（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）连接，设，求出点的坐标，然后将点的坐标代入圆的方程，化简后可得出曲线的方程；‎ ‎（2）（i）由题意可得出，再由可判断出 为等腰直角三角形，可求出点、的坐标，并求出点的坐标，由此可求出直线的斜率；‎ ‎（ii）设，，直线，将直线的方程与曲线的方程联立，列出韦达定理，求出点的坐标，进而可求得直线的方程，由此可求得点、的坐标，再利用弦长公式化简可证得结论成立.‎ ‎【详解】（1）连接，设，由，可得，‎ 由为的中点，则，，，‎ ‎，则，‎ 把代入，整理得，‎ 所以曲线的方程为；‎ ‎（2）（ⅰ）当直线与圆相切于点，则，‎ ‎，则，所以，是等腰直角三角形，且，‎ 又点在第一象限，得，.‎ 由为的中点，得，所以直线的斜率为；‎ ‎（ⅱ）设，，直线，‎ 由，整理得，‎ 由韦达定理得，.‎ 所以点坐标为，则直线方程为.‎ 由方程组，得，，‎ 所以.‎ 又，‎ 所以 ‎【点睛】本题考查动点轨迹方程的求解，同时也考查了椭圆中有关弦长等式的证明，考查了韦达定理设而不求法的应用，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎21.已知函数，为的导函数，且.‎ 证明：（1）；‎ ‎（2）.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求得，令，利用导数证明出，即可证得结论；‎ ‎（2）由（1）可知函数在，上单调递减，可得，考查当时，，可得出，再由函数在区间上的单调性可证得结论.‎ ‎【详解】（1），定义域为，且，‎ 令，则.‎ 所以当时，；当时，.‎ 所以，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减.‎ 所以，对于函数，，因此；‎ ‎（2）由（1）得，函数在，上单调递减，所以.‎ ‎，.‎ 由（1）得，等号当且仅当时成立，‎ 从而，即，等号当且仅当时成立，‎ 又时，，因此，‎ 所以当时，，又，‎ 所以，‎ 由于函数在上单调递减，且，，所以，故.‎ ‎【点睛】本题考查利用导数证明函数不等式，解答的关键在于构造新函数，并通过利用函数的单调性来进行证明，考查推理能力，属于中等题.‎ ‎（二）选考题：请考生在第22，23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.‎ ‎[选修4—4：坐标系与参数方程]‎ ‎22.在极坐标系中，圆，直线.以极点为坐标原点，以极轴为轴的正半轴建立直角坐标系.‎ ‎（1）求圆的参数方程，直线的直角坐标方程；‎ ‎（2）点在圆上，于，记的面积为，求的最大值.‎ ‎【答案】（1）（参数），；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用极坐标方程与普通方程之间的转换关系可将直线的极坐标方程转化为直角坐标方程，将圆的极坐标方程化为普通方程后，确定圆心和半径，即可得出圆的参数方程；‎ ‎（2）设点，可得点，利用三角恒等变换思想化简三角形的面积公式，再利用正弦函数的有界性可得出的最大值.‎ ‎【详解】（1）由题意得，所以，‎ 将圆的极坐标方程化为，‎ 由，，所以的普通方程为，即.‎ 从而的参数方程为（为参数）；‎ ‎（2）设，，则.‎ 所以 ‎.‎ ‎，，‎ 当，即时，取得最大值.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查极坐标方程、参数方程与普通方程之间的相互转化，同时也考查了利用圆的参数方程求解三角形面积的最值问题，考查三角恒等变换思想以及正弦函数有界性的应用，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎[选修4—5：不等式选讲]‎ ‎23.已知函数.‎ ‎（1）当时，求不等式的解集；‎ ‎（2）是否存在实数，使得的图象与轴有唯一的交点？若存在，求的值；若不存在，说明理由.‎ ‎【答案】（1）；（2）存在，实数或.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）当时，由得出，然后分、、三种情况解不等式，综合可得出该不等式的解集；‎ ‎（2）分、和三种情况讨论，将函数的解析式表示为分段函数的形式，求出该函数的最小值，根据题意得出，由此可求得实数的值.‎ ‎【详解】（1）当时，化为.‎ 当时，不等式化为，无解；‎ 当时，不等式化为，解得；‎ 当时，不等式化为，解得.‎ 所以的解集为；‎ ‎（2）存在.‎ 若，则.‎ 此时函数的最大值，所以时满足题设；‎ 若，则.‎ 此时函数的最大值，所以时满足题设；‎ 若，则，所以时不满足题设.‎ 综上所述，存在实数或满足题设.‎ ‎【点睛】本题考查绝对值不等式的求解，同时也考查了根据含绝对值函数的零点个数求参数，考查分类讨论思想的应用，属于中等题.‎