2018届河北省石家庄市高三第一次模拟考试卷 数学(理)

2018 届河北省石家庄市高三第一次模拟考试卷
数学（理）
注意 事项： 1 ．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答
座位号
题卡上的指定位置。

2 ．选择题的作答：每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试 题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3 ．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题 卡上的非答题区域均无效。

4 ．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

A． i  4?
B． i  4?
C． i  5?
D． i  5?
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
1  2 2  c 2  a 2  b2  c a   从隅，开方得积．”（即： S   4 2   
2
考场号
第Ⅰ卷
一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 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 U  1,2,3,4,5,6,7 ， A   x x  3, x  N ，则 ð UA（ A． 1, 2 B． 3, 4,5,6,7 C． 1,3,4,7 ）
  ， a  b  c ），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
D． 1,4,7 ）
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（ ）
准考证号
2．已知 i 为虚数单位， 1  i  x  2  yi ，其中 x, y  R ，则 x  yi  （ A． 2 2 B． 2 C．2 D．4
3． 函数 f  x   2x  x  0 ， 其值域为 D ， 在区间  1, 2 上随机取一个数 x ， 则 x  D 的概率是 （ A．
1 2
）
B．
1 3
C．
1 4
D．
2 3
4．点 B 是以线段 AC 为直径的圆上的一点，其中 AB  2 ，则 AC  AB  （ A．1 姓名 B．2 C．3 D．4 ）
）
A． 8  3
B． 8  4
C． 8  5
D． 8  6
9．已知 f  x  是定义在 2b,1  b 上的偶函数，且在 2b,0 上为增函数，则 f  x 1  f  2x  的解 集为（
 2 A． 1,   3
y  x  5． x ， y 满足约束条件：  x  y  1 ，则 z  2 x  y 的最大值为（  y  1 
）
 1 B． 1,   3
C． 1,1
A． 3 班级
B．
3 2
1  D．  ,1 3 
C．3
D．4 10．在 △ABC 中， AB  2 ， C  ） A． 7 B． 2 7
6．程序框图如图所示，该程序运行的结果为 s  25 ，则判断框中可填写的关于 i 的条件是（
 ，则 AC  3BC 的最大值为（ 6
）
C． 3 7
D． 4 7


11．过抛物线 y 
1 2 x 焦点 F 的直线交抛物线于 A ， B 两点，点 C 在直线 y  1 上，若 △ABC 为正 4
三角形，则其边长为（ A．11 B．12
） C．13 D．14
12．设 xOy ， x ' Oy ' 为两个平面直角坐标系，它们具有相同的原点， Ox 正方向到 Ox ' 正方向的角 度为  ，那么对于任意的点 M ，在 xOy 下的坐标为  x, y  ，那么它在 x ' Oy ' 坐标系下的坐标  x ', y ' 可以表示为： x '  x cos   y sin  ， y '  y cos  x sin  ．根据以上知识求得椭圆
3x '2  2 3x ' y ' 5 y '2 1  0 的离心率为（
） C．
7 3
A．
6 3
B．
6 4
D．
7 4
AB∥CD ， AB  BC ， AB  2 BC  2CD  2 ， 18． （12 分） 四棱锥 S  ABCD 的底面 ABCD 为直角梯形， △SAD 为正三角形．
第Ⅱ卷
二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分． 13．命题 p ： x0  1 ， x02  2 x0  3  0 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 ． （1）点 M 为棱 AB 上一点，若 BC∥平面 SDM ， AM   AB ，求实数  的值； （2）若 BC  SD ，求二面角 A  SB  C 的余弦值．
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 f  x   ．
x3  x  1 ln x ，g  x   ，若函数 y  f  g  x   a 有三个不同的零点 x1 ，x2 ，x3 x x 1
（其中 x1  x2  x3 ），则 2g  x1   g  x2   g  x3  的取值范围为 三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
．
17．（12 分）已知等比数列 an  的前 n 项和为 Sn ，且满 2Sn  2n1  m  m  R  ． （1）求数列 an  的通项公式； （2）若数列 bn  满足 bn 
1 ，求数列 bn  的前 n 项和 Tn ．  2n  1 log 2  an  an1 


19．（12 分）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．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． （1）请分别求出甲、乙两种薪酬方案中日薪 y （单位：元）与送货单数 n 的函数关系式； （2）根据该公司所有派送员 100 天的派送记录，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
 2  n  1 2n  ,   n  1, 2,3, 4,5  时，日平均派送量为 50  2n 单．  10   10
若将频率视为概率，回答下列问题： 20．（12 分）已知椭圆 C ：
x2 y 2 2  2  1(a  b  0) 的左、右焦点分别为 F1 ， F2 ，且离心率为 ， 2 a b 2
M 为椭圆上任意一点，当 F1MF2  90 时， △F1MF2 的面积为 1．
（1）求椭圆 C 的方程； （2）已知点 A 是椭圆 C 上异于椭圆顶点的一点，延长直线 AF1 ， AF2 分别与椭圆交于点 B ， D ， 设直线 BD 的斜率为 k1 ，直线 OA 的斜率为 k2 ，求证： k1  k2 为定值．
①根据以上数据，设每名派送员的日薪为 X （单位：元），试分别求出甲、乙两种方案的日薪 X 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： 0.62  0.36 ， 1.42  1.96 ， 2.62  6.76 ， 3.42  11.56 ， 3.62  12.96 ， 4.62  21.16 ，
15.62  243.36 ， 20.42  416.16 ， 44.42  1971.36 ）


21．（12 分）已知函数 f  x    x  b   e x  a  ，  b  0  ，在  1, f  1  处的切线方程为
请考生在 22 、 23 两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分． 22． （10 分） 【选修 4-4：坐标系与参数方程】
  x  3  r cos  在平面直角坐标系 xOy 中，曲线 C 的参数方程为  （ r  0 ，  为参数），以坐标原 y  1  r sin   
 e 1 x  ey  e 1  0 ．
（1）求 a ， b ； （2）若方程 f  x   m 有两个实数根 x1 ， x2 ，且 x1  x2 ，证明： x2  x1  1 
m 1  2e  ． 1 e
  点 O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线 l 的极坐标方程为  sin      1 ，若直线 l 与 3 
曲线 C 相切； （1）求曲线 C 的极坐标方程； （2）在曲线 C 上取两点 M ， N 与原点 O 构成 △MON ，且满足 MON  大值．
 ，求面积 △MON 的最 6
23． （10 分） 【选修 4-5：不等式选讲】 已知函数 f  x   2 x  3  x  m 的定义域为 R ； （1）求实数 m 的取值范围； （2）设实数 t 为 m 的最大值，若实数 a ， b ， c 满足 a 2  b2  c 2  t 2 ，求 小值．
1 1 1  2  2 的最 a 1 b  2 c  3
2


2018 届河北省石家庄市高三第一次模拟考试卷
∵ AB // DC ，∴四边形 BCDM 为平行四边形， 又 AB  2CD ，∴M 为 AB 的中点． ∵ AM   AB ，  
1 ． 2
S
数学（理） 答 案
一、选择题． 1-5：AABDC 二、填空题． 13． p : x  1, x2  2x  3  0 15． 2 3 三、解答题． 17． 【答案】 （1） an  2 ； （2） Tn 
n 1
6-10：CCDBD
11、12：BA
14．乙
D C
2   ,0 16．   2  e e 
A
M
B
n ． 2n  1
（2）∵ BC  SD ， BC  CD ，∴ BC  平面 SCD ， 又∵ BC  平面 ABCD ， ∴平面 SCD  平面 ABCD ，平面 SCD 平面 ABCD  CD ，
【解析】（1）法一：由 2Sn  2n1  m  m  R  得 2Sn1  2n  m  m  R  ， 当当 n  2 时， 2an  2Sn  2Sn1  2n ，即 an  2n1  n  2 ， 又 a1  S1  2 
m ，当 m  2 时符合上式，所以通项公式为 an  2n1 ． 2
在平面 SCD 内过点 S 作 SE  直线 CD 于点 E ，则 SE  平面 ABCD ， 在 Rt△SEA 和 Rt△SED 中， ∵ SA  SD ，∴ AE  SA2  SE 2  SD2  SE2  DE ， 又由题知 EDA  45 ，∴ AE  ED ，∴ AE  ED  SE  1 ， 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 E  0,0,0 ， S  0,0,1 ， A 1,0,0  ， B 1,2,0 ， C  0,2,0 ，
 S1  2  m  n1 法二：由 2Sn  2  m  m  R  得  S2  4  m ， S  8  m m  R    3
从而有 a2  S2  S1  2, a3  S3  S2  4 ， 所以等比数列公比 q 
a3  2 ，首项 a1  1，因此通项公式为 an  2n1 ． a2
（2）由（1）可得 log 2  an  an 1   log 2  2n 1  2n   2n  1 ，
 bn  1 1 1 1  (  )， (2n  1)(2n  1) 2 2n  1 2n  1
1 1 1 1  bn  1     2 3 3 5
1 10 ； （2）  ． 2 5
Tn  b1  b2 

1 1  n ．   2n  1 2 n  1  2 n  1
18．【答案】 （ 1）
SA  1,0, 1 ， AB   0, 2,0  ， SC   0, 2, 1 ， CB  1,0,0  ，
 n1  SA  0 设平面 SAB 的法向量 n1   x, y, z  ，则  ，  n1  AB  0
【解析】（1）∵ BC∥平面 SDM， BC  平面 ABCD， 平面 SDM 平面 ABCD  DM ，∴ BC∥DM ，


x  z  0 ∴ ，令 x  1 得 n1  1,0,1 为平面 SAB 的一个法向量， 2 y  0
同理得 n2   0,1, 2 为平面 SBC 的一个法向量，
由以上的计算可知，虽然 E  X甲   E  X乙  ，但两者相差不大，且 S甲2 远小于 S乙2 ，即甲方案日工资 收入波动相对较小，∴小明应选择甲方案． 答案二： 由以上的计算结果可以看出， E  X甲   E  X乙  ，即甲方案日工资期望小于乙方案日工资期望，∴ 小明应选择乙方案． 20．【答案】 （1）
cos n1 , n2 
n1  n2 10 ，  n1  n2 5
∵二面角 A  SB  C 为钝角， ∴二面角 A  SB  C 余弦值为 
10 ． 5
x2 （2）见解析．  y 2  1； 2
19．【答案】 （1）见解析； （2）①见解析；②见解析． 【解析】 （1）甲方案中派送员日薪 y （单位：元）与送单数 n 的函数关系式为： y  100  n, n  N ， 乙方案中派送员日薪 y （单位：元）与送单数 n 的函数关系式为：
  n  55, n  N  140, y ， 12 n  520, n  55, n  N    
 c 2 e   a 2   r  r  2a 【解析】（1）设 MF1  r1 ， MF2  r2 ，由题得  12 2 2 ， 2  r1  r2  4c 1  r1  r2  1 2
解得 a  2 ， c  1 ，则 b2  1 ，
（2）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 频率 ∴ X 甲 的分布列为： 52
0.2
 椭圆 C 的方程为
x2  y 2  1． 2
54
0.3
56
0.2
58
0.2
60
0.1
（2）设 A x0 , y0  x0  y0  0 ， B  x1 , y1  ， C  x2 , y2  ，
  2 2  1, B  1,  当直线 AF1 的斜率不存在时，设 A  ，则       ， 2 2    
X甲
152
0.2
154
0.3
156
0.2
158
0.2
160
0.1
P
x2 2 直线 AF2 的方程为 y    x  1 代入  y 2  1，可得 5x2  2 x  7  0 2 4
∴ E  X甲  =152  0.2  154  0.3  156  0.2  158  0.2  160  0.1  155.4 ，
S甲2 =0.2  152  155.4  +0.3  154  155.4  +0.2  156  155.4 
2 2 2
 x2 
7 7 2 2 , ， y2   ，则 D     5 10  5 10 
+0.2  158  155.4  +0.1 160  155.4  =6.44 ，
2 2

 直线 BD 的斜率为 k1 
152
0.2
∴ X 乙 的分布列为：
2  2   10  2  2 2  ，直线 OA 的斜率为 k2   ， 7 2 6   1 5
X乙
140
0.5
176
0.2
200
0.1
 k1  k2 
P
2  2 1    ，    6  2  6
∴ E  X乙  =140  0.5  152  0.2  176  0.2  200  0.1=155.6 ，
S乙2 =0.5  140  155.6  +0.2  152  155.6  +0.2  176  155.6  +0.1  200  155.6 
2 2 2 2
1 当直线 AF2 的斜率不存在时，同理可得 k1  k2   ． 6
=404.64 ，
当直线 AF1 、 AF2 的斜率存在时， x0  1
②答案一：


y0  y   x  1  x0  1 y0  设直线 AF1 的方程为 y  消去 x 可得：  x  1 ，则由  2 x0  1  x  y2  1  2
2 2 2 2 2  x0  12  2 y0 x  4 y0 x  2 y0  2  x0  1  0 ，  
2 x0 2 2 2  1，则 2 y0 又  y0 ，代入上述方程可得  2  x0 2
设 f  x  在  1,0 处的切线方程为 h  x  ，
1  易得 h  x     1  x  1 ，令 F  x   f  x   h  x  ， e 
1 1  即 F  x    x  1  e x  1    1  x  1 ， F   x    x  2  e x  ， e e  1 1 当 x  2 时， F   x    x  2  e x     0 e e
 3  2 x0  x 2  2  2  x02  x  3x02  4 x0  0 ，
 x1  x0 
当 x  2 时，
1 设 G  x   F   x    x  2  e x  ， G  x    x  3 ex  0 ， e
y  3x0  4  y0 3x  4 x0 3x0  4 ，则 y1  0  , x1   1   3  2 x0 3  2 x0 x0  1  3  2 x0 3  2 x0 
2 0
故函数 F   x  在  2,   上单调递增，又 F  1  0 ， ∴当 x   , 1 时， F   x   0 ，当 x   1,   时， F   x   0 ， ∴函数 F  x  在区间  , 1 上单调递减，在区间  1,   上单调递增， 故 F  x   F  1  0 ， f  x1   h  x1  ，
me 设 h  x   m 的根为 x1 ，则 x1  1  ， 1 e
 3x  4 y0  B 0 , ， 2 x  3 2 x  3 0 0    3x  4 y0  y 设直线 AF2 的方程为 y  0  x  1 ，同理可得 D  0 , ， x0  1  2 x0  3 2 x0  3 
y0 y0  2 x  3 2 x0  3 4 x0 y0 x y0   0 ，  直线 BD 的斜率为 k1  0 2 2 3x0  4 3 x0  4 12 x0  24 3x0 6  2 x0  3 2 x0  3
又函数 h  x  单调递减，故 h x1  f  x1   h  x1  ，故 x1  x1 ， 设 y  f  x  在  0, 0  处的切线方程为 y  t  x  ，易得 t  x   x ， 令 T  x   f  x   t  x    x  1  e x  1  x ， T   x    x  2 ex  2 ，
 
y 直线 OA 的斜率为 k2  0 ， x0
2 x0 x y0 y0 y 1   2  2 2  ．  k1  k2  0 2 3x0  6 x0 3x0  6 3x0  6 6 2 0
1
当 x  2 时， T   x    x  2 ex  2  2  0 ， 当 x  2 时， 设 H  x   T   x    x  2 ex  2 ， H   x    x  3 ex  0 ， 故函数 T   x  在  2,   上单调递增，又 T   0  0 ， ∴当 x   ,0 时， T   x   0 ，当 x   0,  时， T   x   0 ， ∴函数 T  x  在区间  ,0 上单调递减，在区间  0,  上单调递增，
1 1 ∴直线 BD 与 OA 的斜率之积为定值  ，即 k1  k2   ． 6 6
21．【答案】 （ 1） a  1 ， b  1 ； （2）见解析．
1  【解析】（1）由题意 f  1  0 ，∴ f  1   1  b    a   0 ， e 
又 f   x    x  b  1 ex  a ，∴ f   1 
b 1  a  1  ， e e
T  x   T  0  0 ， f  x2   t  x2  ，
设 t  x   m 的根为 x2 ，则 x2  m ， 又函数 t  x  单调递增，故 t x2  f  x2   t  x2  ，故 x2  x2 ，
1 若 a  ，则 b  2  e  0 ，与 b  0 矛盾，故 a  1 ， b  1 ． e
（2）由（1）可知 f  x    x  1  e x  1 ， f  0  0, f  1  0 ，
 


又 x1  x1 ，
m 1  2e  me   故 x2  x1  x2  x1  m   1  ．   1 1 e  1 e 
  22．【答案】 （1）   4sin     ； （2） 2  3 ． 3 
1 1  2  1 2 2  2  2     a  1  b  2  c  3 2 1 1 1 a  1 b  2 c  3     a 2  1 b2  2 c2  3 15

3
b2  2 a 2  1 c 2  3 a 2  1 c 2  3 b2  2      a 2  1 b2  2 a 2  1 c 2  3 b2  2 c 2  3  9  3 ， 15 15 5
当且仅当 a2  1  b2  2  c2  3  5 ，即 a2  4, b2  3, c2  2 等号成立， ∴
1 1 1 3  2  2 的最小值为 ． a 1 b  2 c  3 5
2
【解析】（1）由题意可知直线 l 的直角坐标方程为 y  3x  2 ， 曲线 C 是圆心为 可得 r 

3,1 ，半径为 r 的圆，直线 l 与曲线 C 相切，

3  3 1  2 2
 2 ；可知曲线 C 的方程为 x  3   y  1  4 ，
2


2
∴曲线 C 的极坐标方程为  2  2 3 cos  2 sin   0 ，
  即   4sin     ． 3    （2）由（1）不妨设 M  1,  ， N  2 ,   ，  1  0, 2  0 6  S△MON  1 1     OM ON sin 1  2  4sin     sin    2 64 3 2  
 2sin  cos  2 3 cos2   sin 2  3 cos 2  3
   2 sin      3 ． 3 
当 
 时， S△MON  2  3 ， 12
∴ △MON 面积的最大值为 2  3 ．
3 23．【答案】 （1） m  3 ； （2） ． 5
【解析】（1）由题意可知 2 x  3  x  m 恒成立，
 x  6,  x  3  令 g  x   2 x  3  x ，去绝对值可得 g  x   2 x  3  x  6  3x,  0  x  3 ，   x  0 6  x,
画图可知 g  x  的最小值为 3 ，∴实数 m 的取值范围为 m  3 ； （2）由（1）可知 a 2  b2  c2  9 ，∴ a 2  1  b2  2  c 2  3  15 ，





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