2021年河南开封高三第一次模拟考试数学(理)(解析版)

2021届河南省开封市高三第一次模拟考试数学（理）试题一、单选题1．已知集合，则（ ）A． B．C． D．【答案】C【分析】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.【详解】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【分析】由求出，根据复数的定义直接求解即可.【详解】由得，所以则的虚部为.故选：C【点睛】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【分析】根据向量数量积和向量模的坐标表示，根据题中条件列出方程求解，即可得出结果.【详解】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【分析】求出函数导数，可得，再结合的取值范围即可得出.【详解】，，，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【分析】根据双曲线的焦距，先求出，进而可得渐近线方程.【详解】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【分析】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.【详解】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.【点睛】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．0.8192 B．0.9728 C．0.9744 D．0.9984【答案】B【分析】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.【详解】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．15 B．17 C．27 D．34【答案】B【分析】根据输入的分别为272，153，然后按照循环一一验证即可.【详解】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【分析】根据函数图象，由函数基本性质，逐项判断，即可得出结果.【详解】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.【点睛】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，排除不合要求的图象.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【分析】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.【详解】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.【点睛】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．2 B．4 C． D．【答案】A【分析】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.【详解】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.【点睛】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【分析】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；【详解】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】【分析】先计算，可得，分段解方程即可.【详解】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】【分析】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.【详解】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【分析】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.【详解】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】【分析】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.【详解】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：.【点睛】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）.【分析】（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.【详解】（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）.【分析】（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.【详解】（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.【点睛】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．【分析】（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．【详解】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）求椭圆的标准方程；（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）.【分析】（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.【详解】（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.【点睛】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.【分析】（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.【详解】（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.【点睛】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）.【分析】（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.【详解】（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，.【点睛】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.【分析】(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.【详解】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.【点睛】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.