2021届河南省开封市高三第一次模拟考试数学（理）试题及答案

绝密★启用前2021届河南省开封市高三第一次模拟考试数学（理）试 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 注意事项：1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2、请将 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 正确填写在答题卡上一、单选题1．已知集合，则（）A．B．C．D．答案：C根据求解出的可取值，从而集合可确定，根据交集概念求解出的结果.解：因为，故当时，，当时，，当时，，所以，所以，故选：C.2．设复数满足，则的虚部为（）A．B．C．D．答案：C由求出，根据复数的定义直接求解即可.解：由得，所以则的虚部为.故选：C点评：本题主要考查复数的运算和定义，属于基础题.3．已知向量，，满足，则（）A．B．C．D．答案：A根据向量数量积和向量模的坐标 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 示，根据题中条件列出方程求解，即可得出结果.解：因为向量，，，所以，则，解得（正值舍去）.故选：A.4．已知函数，，若，则（）A．0或B．或C．D．答案：D求出函数导数，可得，再结合的取值范围即可得出.解：，，，即，，.故选：D.5．已知双曲线的焦距为4，则该双曲线的渐近线方程为（）A．B．C．D．答案：B根据双曲线的焦距，先求出，进而可得渐近线方程.解：因为双曲线的焦距为4，所以，则，则该双曲线的渐近线方程为.故选：B.6．使得成立的一个充分不必要条件是（）A．B．C．D．答案：D根据不等式的性质，由充分条件与必要条件的概念，逐项判断，即可得出结果.解：A选项，若，，则满足，但不能得出；所以不是的充分不必要条件；故A错；B选项，若，则，但不能得出，所以不是的充分不必要条件；故B错；C选项，若，，则满足，但不能得出；所以不是的充分不必要条件；故C错；D选项，由可得，则，能推出，反之不能推出，所以是的充分不必要条件；故D正确.故选：D.点评：结论点睛：判定充分条件和必要条件时，一般可根据概念直接判定，有时也需要根据如下规则判断：（1）若是的必要不充分条件，则对应集合是对应集合的真子集；（2）是的充分不必要条件，则对应集合是对应集合的真子集；（3）是的充分必要条件，则对应集合与对应集合相等；（4）是的既不充分又不必要条件，对的集合与对应集合互不包含．7．某盏吊灯上并联着个灯泡，如果在某段时间内每个灯泡能正常照明的概率都是0.8，那么在这段时间内该吊灯上的灯泡至少有两个能正常照明的概率是（）A．0.8192B．0.9728C．0.9744D．0.9984答案：B先计算个都不亮和只有个亮的概率，利用对立事件概率公式即可求至少有两个能正常照明的概率.解：个都不亮的概率为，只有个亮的概率为，所以至少有两个能正常照明的概率是，故选：B8．下面程序框图的算法思想源于数学名著《几何原本》中“辗转相除法”，执行该程序框图（图中“”表示除以的余数），若输入的分别为272，153，则输出的（）A．15B．17C．27D．34答案：B根据输入的分别为272，153，然后按照循环一一验证即可.解：因为输入的分别为272，153，第一次循环，m=153，n=119，第二次循环，m=119，n=34，第三次循环，m=34，n=17，第四次循环，m=17，故选：B9．某函数的部分图象如图所示，则该函数的解析式可能是（）A．B．C．D．答案：A根据函数图象，由函数基本性质，逐项判断，即可得出结果.解：A选项，，则，所以是定义在上的奇函数，其图象关于原点对称，满足题中图象；又当时，，由可得，解得或；由可得，解得，满足题中图象，故该函数的解析式可能是；A正确；B选项，当时，，，所以，不满足题意；排除B；C选项，由得，即不过原点，不满足题意；排除C；D选项，因为，所以，则，不满足题意，排除D；故选：A.点评：思路点睛：函数图象的辨识可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；(4)从函数的特征点，排除不合 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的图象.10．已知抛物线的焦点为，为坐标原点，为抛物线上两点，，且，则的斜率不可能是（）A．B．C．D．答案：D先由题中条件，根据抛物线的焦半径公式，求出的横坐标，进而确定的坐标，由斜率公式，即可求出结果.解：因为为抛物线的焦点，所以，又，即为等腰三角形，所以，又点在抛物线上，所以，则，即，所以由抛物线的焦半径公式可得：，又，所以，即，所以，则，即，所以；当，时，的斜率为；当，时，的斜率为；当，时，的斜率为；当，时，的斜率为；故ABC都能取到，D不能取到.故选：D.点评：关键点点睛：求解本题的关键在于利用题中条件，确定点横坐标，结合以及焦半径公式，确定点横坐标，得出两点坐标，即可求解.11．在中，是边的中点，是线段的中点.若，的面积为，则取最小值时，（）A．2B．4C．D．答案：A根据题中条件，先得到，再由向量数量积的运算，结合基本不等式，得到的最小值，以及取得最小值时与的值，最后根据余弦定理，即可求出结果.解：因为在中，，的面积为，所以，则，又是边的中点，是线段的中点，所以，，则，当且仅当，即时，等号成立，所以在中，由余弦定理可得：，则.故选：A.点评：关键点点睛：求解本题的关键在于根据平面向量数量积以及平面向量基本定理，确定取得最小值的条件，根据三角形面积公式，以及余弦定理，求解即可.12．中国传统扇文化有着极其深厚的底蕴.按如下方法剪裁(如图1)，扇面形状较为美观.从半径为的圆面中剪下扇形，使扇形的面积与圆面中剩余部分的面积比值为，再从扇形中剪下扇环形制作扇面，使扇环形的面积与扇形的面积比值为.若为一个按上述方法制作的扇面装饰品装裱边框(如图2)，则需要边框的长度为（）A．B．C．D．答案：A设扇形的圆心角为，的长为，依题意利用扇形的面积公式即可求出及，再利用弧长公式计算可得；解：解：设扇形的圆心角为，的长为，由题意可知，解得，解得，，，故边框的长度故选：A二、填空题13．已知函数若，则___________.答案：先计算，可得，分段解方程即可.解：因为，若，则，当时，无解当时，，可得，故答案为：14．记为等差数列的前项和，，，则___________.答案：利用等差数列的通项公式由可得，再利用等差数列前项和公式即可求解.解：因为是等差数列，所以，所以，可得，，故答案为：15．平面四边形中，，，，，若，则___________.答案：1或5根据题中条件，先由正弦定理，求出，得到，再由余弦定理，即可得出结果.解：因为在中，，，，由正弦定理可得：，所以，又，所以与互余，因此，在中，，，由余弦定理可得：，所以，解得或.故答案为：1或5.16．如图，是由正四棱锥和长方体拼接而成的组合体，其顶点都在半径为的球面上，记为的外接圆半径.若该正四棱锥和长方体体积相等，则___________.答案：根据正四棱锥和长方体体积相等可得它们的高之间的关系，把它们的高用R、r来表示，可得答案.解：设正四棱锥的顶点为P，与底面A、B、C、D对应的顶点记为，设正四棱锥与长方体的公共外接球的球心为O，所以O是长方体的中心，设正方形的中心为Q，正方形的中心为H，则P、H、O、Q在一条过棱锥的高和长方体中心的直线上，长方体的高为，且，因为正四棱锥与长方形的底面积相等，它们的体积又相等，所以，即，所以，.故答案为：.点评：本题考查了组合体的几何体特征，解题的关键点是找到它们的高之间的关系然后用R、r来表示，考查了空间想象力和计算能力.三、解答题17．已知是各项均为正数的等比数列，，.（1）求；（2）在平面直角坐标系中，设点列都在函数的图象上，若所在直线的斜率为，且，求数列的通项公式.答案：（1）；（2）.（1）先由题意，设数列的公比为（），由题中条件列出方程求解，得出首项和公比即可；（2）根据题中条件，得到，利用累加法，以及等比数列的求和公式，即可求出结果.解：（1）由题意，设正项等比数列的公比为，其中，因为，所以，则，解得或（舍），由得，则；（2）因为点列都在函数的图象上，所以，又所在直线的斜率为，所以，即，则，，…，以上各式相加得，又，则.18．如图，直棱柱的底面是菱形，分别为棱，的中点，.（1）求证：；（2）若，求二面角的余弦值.答案：（1）证明见解析；（2）.（1）先由线面垂直的判定定理，证明平面，进而可证明结论成立；（2）以为原点，，，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法，分别求出两平面的法向量，计算两向量夹角，即可求出结果.解：（1）证明：直四棱柱的底面是菱形，所以，又分别为棱，的中点，所以，所以是平行四边形，所以.因为，所以，又，，所以平面，平面，所以.（2）设，因为直棱柱中，侧棱和底面垂直，因此，，因为，所以四边形为正方形，则；由（1）可知，，所以，，两两垂直，以为原点，，，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，，又由（1）可得平面，因为平面，所以，又，平面，平面，所以平面；所以为平面的一个法向量，设平面的法向量为，则，不妨令，则，所以，由题意可知，二面角为钝二面角，∴二面角的余弦值为.点评：方法点睛：立体几何体中空间角的求法：（1）定义法：根据空间角（异面直线所成角、线面角、二面角）的定义，通过作辅助线，在几何体中作出空间角，再解对应三角形，即可得出结果；（2）空间向量的方法：建立适当的空间直角坐标系，求出直线的方向向量，平面的法向量，通过计算向量夹角（两直线的方法向量夹角、直线的方向向量与平面的法向量夹角、两平面的法向量夹角）的余弦值，来求空间角即可.19．配速是马拉松运动中常使用的一个概念，是速度的一种，是指每公里所需要的时间，相比配速，把心率控制在一个合理水平是安全理性跑马拉松的一个重要策略.图1是一个马拉松跑者的心率（单位：次/分钟）和配速（单位：分钟/公里）的散点图，图2是一次马拉松比赛（全程约42公里）前3000名跑者成绩（单位：分钟）的频率分布直方图.（1）由散点图看出，可用线性回归模型拟合与的关系，求与的线性回归方程；（2）该跑者如果参加本次比赛，将心率控制在160左右跑完全程，估计他跑完全程花费的时间，并估计他能获得的名次.参考公式：线性回归方程中，，参考数据：.答案：（1）；（2）210分钟，192名．（1）由散点图的数据求出回归方程的系数可得回归方程；（2）由回归方程估算出该跑者的配速，可得其花费时间为210分钟，帧频分布直方图计算出210分钟的累积频率，由频率可得大约名次．解：解：（1）由散点图中数据和参考数据得，，，，所以与的线性回归方程为.（2）将代入回归方程得，所以该跑者跑完马拉松全程所花的时间为分钟.从马拉松比赛的频率分布直方图可知成绩好于210分钟的累积频率为，有的跑者成绩超过该跑者，则该跑者在本次比赛获得的名次大约是名.20．已知椭圆经过点，且离心率.（1）求椭圆的 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方程；（2）若斜率为且不过点的直线交于两点，记直线，的斜率分别为，，且，求直线的斜率.答案：（1）；（2）.（1）由题意可得，解方程组即可求得的值，进而可得椭圆的标准方程；（2））设直线的方程为，，，与椭圆方程联立消元可得关于的一元二次方程，由韦达定理可得，因为，所以，同理可得，再利用即可求得直线的斜率.解：（1）因为在椭圆上，所以，又，，由上述方程联立可得，，所以椭圆的标准方程为.（2）设直线的方程为，设，，由消得：，所以，因为，所以，同理可得，因为，，所以.点评：关键点点睛：第二问关键点是设，，则，设直线的方程为与联立，利用韦达定理可以求出，将中的替换为可得，代入直线方程可求，再代入可计算出的值.21．已知函数.（1）当时，求曲线在处的切线方程；（2）若对于任意的都成立，求的最大值.答案：（1）；（2）最大值为.（1）先由，得到，对其求导，根据导数的几何意义，即可求出切线方程；（2）先由不等式恒成立，得到，构造函数，利用导数的方法判定其单调性，得到对于任意的都成立，分离参数，得到对于任意的都成立，再由导数的方法求出的最小值，即可得出结果.解：（1）当时，，得，则，，所以在处的切线方程为：.（2）当且时，由于，构造函数，得在上恒成立，所以在上单调递增，，由于对任意的都成立，又，，再结合的单调性知道：对于任意的都成立，即对于任意的都成立.令，得，由，由，则在上单调递减，在上单调递增，故，故，所以的最大值为.点评：思路点睛：由不等式恒成立（或能成立）求参数时，一般可对不等式变形，分离参数，根据分离参数后的结果，构造函数，由导数的方法求出函数的最值，进而可求出结果；有时也可根据不等式，直接构成函数，根据导数的方法，利用分类讨论求函数的最值，即可得出结果.22．如图，在极坐标系中，正方形的边长为1.（1）分别求正方形的四条边的极坐标方程；（2）若点在边上，点在边上，且，求面积的取值范围.答案：（1）答案见解析；（2）.（1）根据题中条件，可直接写出四条边对应的极坐标方程；（2）先设，根据（1）中极坐标方程，得到，，表示出的面积，进而可求出结果.解：（1）由题意知，边的极坐标方程是，边的极坐标方程是，边的极坐标方程是，边的极坐标方程是.（2）由题意，设，则，，且，，则，因为，所以，.点评：关键点点睛：本题中求解三角形面积的取值范围的关键在于利用极坐标方程，得到和，表示出三角形的面积，转化为求三角函数取值范围的问题，即可求解.23．已知为正实数，且满足.（1）若恒成立，求的最小值；（2）证明：.答案：（1）；（2）证明见解析.(1)利用基本不等式的变形形式（时取等号)求得的最大值，即得的最小值；(2)先利用“乘1法”转化，使用基本不等式证得，在利用基本不等式的变形形式证得.解：解：（1）因为，，，由基本不等式得，当且仅当时取等号.因为恒成立，所以，的最小值为.（2）因为，所以当且仅当时取等号，得证.点评：关键点点睛：（1）基本不等式的变形形式要熟练掌握和运用；（2）先利用“乘1法”转化，使用基本不等式求最值更是已知和为定值求倒数和最值的有利方法.试卷第2页，总4页第1页共3页