1、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. 【
2、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
3、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
4、1，则（ ）A. B. 2C. 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
5、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，
6、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：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；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
7、算即可10.已知等差数列的前项和为，若点，满足：（）；，确定一个平面；，则（ ）A. 29B. 40C. 45D. 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
8、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
9、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
10、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
11、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1721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
12、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
13、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
14、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
15、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
16、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
17、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：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，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
18、）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
19、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
20、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
21、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.当（）时，所以，即时，单调递减.所以，只需，解得，所以.当时，令得，或(舍去)，()当时，当时，；当时，所以，解得，所以.()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
22、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
23、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
24、（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.
