河北省石家庄市2021-2022学年度4月高考一模考试数学试题(理)及答案解析

石家庄市高中毕业班模拟考试（一）理科数学（A卷）一、选择MATCH_ word word文档格式规范word作业纸小票打印word模板word简历模板免费word简历 _1716147807465_1：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．2.已知为虚数单位，，其中，则（）A．B．C．2D．43.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．4.点是以线段为直径的圆上的一点，其中，则（）A．1B．2C．3D．45.，满足约束条件：，则的最大值为（）A．-3B．C．3D．46.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．7.南宋数学家秦九韶早在《数书九章》中就独立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．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．10.在中，，，则的最大值为（）A．B．C．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．11B．12C．13D．1412.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．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．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．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．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．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.已知等比数列的前项和为，且满足.（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）若数列满足，求数列的前项和.18.四棱锥的底面为直角梯形，，，，为正三角形.（Ⅰ）点为棱上一点，若平面，，求实数的值；（Ⅱ）若，求二面角的余弦值.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 气瓶 现场处置方案 .pdf气瓶 现场处置方案 .doc见习基地管理方案.doc关于群访事件的化解方案建筑工地扬尘治理专项方案下载 .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.（Ⅰ）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；（Ⅱ）根据该公司所有派送员100天的派送 记录 混凝土 养护记录下载土方回填监理旁站记录免费下载集备记录下载集备记录下载集备记录下载 ，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：，，，，，，，，）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.（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）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.21.已知函数，，在处的切线方程为.（Ⅰ）求，；（Ⅱ）若方程有两个实数根，，且，证明：.（二）选考题：共10分，请考生在22、23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.22.[选修4-4：坐标系与参数方程]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；（Ⅰ）求曲线的极坐标方程；（Ⅱ）在曲线上取两点，与原点构成，且满足，求面积的最大值.23.[选修4-5：不等式选讲]已知函数的定义域为；（Ⅰ）求实数的取值范围；（Ⅱ）设实数为的最大值，若实数，，满足，求的最小值.石家庄市2017-2018学年高中毕业班第一次模拟考试试题理科数学答案一、选择题1-5:AABDC6-10:CCDBD11、12：BA二、填空题13.14.乙15.16.三、解答题17解：(1)法一：由得，当当时，，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.（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，所以所以，以下建系求解.以点E为坐标原点，EA方向为X轴，EC方向为Y轴，ES方向为Z轴建立如图所示空间坐标系，则，，，，，，，，，设平面的法向量，则，所以，令得为平面的一个法向量，同理得为平面的一个法向量，，因为二面角为钝角，所以二面角余弦值为.19.解：（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：单数5254565860频率0.20.30.20.20.1所以的分布列为：1521541561581600.20.30.20.20.1所以，，所以的分布列为：1401521762000.50.20.20.1所以，，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解：（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．解：（Ⅰ）由题意，所以，又，所以，若，则，与矛盾，故，.（Ⅱ）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，.选作题22（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.【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.石家庄市2017-2018学年高中毕业班第一次模拟考试试题理科数学答案选择题（A卷答案）1-5AABDC6-10CCDBD11-12BA（B卷答案）1-5BBADC6-10CCDAD11-12AB填空题13.14.乙15.16.三、解答题(解答题仅提供一种或两种解答，其他解答请参照此评分 标准 excel标准偏差excel标准偏差函数exl标准差函数国标检验抽样标准表免费下载红头文件格式标准下载 酌情给分）17解：(1)法一：由得………………2分当当时，，即………………4分又，当时符合上式，所以通项公式为………………6分法二：由得………………2分从而有………………4分所以等比数列公比，首项，因此通项公式为………………6分（2）由（1）可得…………………8分………………………10分……………12分18（1）因为平面SDM,平面ABCD,平面SDM平面ABCD=DM,所以……………………2分因为,所以四边形BCDM为平行四边形，又，,所以M为AB的中点。…………………4分因为………………5分（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，………………6分在和中，因为，所以，又由题知，所以所以，…………………………7分以下建系求解。以点E为坐标原点，EA方向为X轴，EC方向为Y轴，ES方向为Z轴建立如图所示空间坐标系，则，，，，，…………………………………………………………8分，，，，设平面的法向量，则，所以，令得为平面的一个法向量，…………………………………………9分同理得为平面的一个法向量，……………10分，因为二面角为钝角所以二面角余弦值为…………………………………………12分19.解：（1）甲方案中派送员日薪（单位：元）与送单数的函数关系式为：…………………………2分乙方案中派送员日薪（单位：元）与送单数的函数关系式为：………………………4分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：单数5254565860频率0.20.30.20.20.1所以的分布列为：1521541561581600.20.30.20.20.1-----------5分所以----6分-------7分所以的分布列为：1401521762000.50.20.20.1-----------8分所以-----------9分-------10分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。--------12分答案二：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。--------12分20解：（1）设由题，--------------------2分解得，则，椭圆的方程为.-------------------------------------------4分（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.----------------------------5分当直线、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7分设直线的方程为，同理可得----------------------------9分直线的斜率为----------------11分直线的斜率为，.所以，直线与的斜率之积为定值，即.-----------------12分21．解：（Ⅰ）由题意，所以，又，所以，…………2分若，则，与矛盾，故，…………4分（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，，…………5分设在(-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…………7分设的根为，则又函数单调递减，故，故，…………8分设在(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，…………10分设的根为，则又函数单调递增，故，故，………11分又，…………12分选作题22（1）由题意可知直线的直角坐标方程为，…………2分曲线是圆心为，半径为的圆，直线与曲线相切，可得：；可知曲线C的方程为，…………4分所以曲线C的极坐标方程为，即…………5分(2)由（1）不妨设M（），，（）…………7分………………9分当时,所以△MON面积的最大值为.………………10分23.【解析】（1）由题意可知恒成立，令，去绝对值可得：，………………3分画图可知的最小值为-3，所以实数的取值范围为；………………5分（2）由（1）可知，所以，………………7分………………9分当且仅当，即等号成立，所以的最小值为.………………10分