2021届河北省唐山市高三上学期第一次摸底数学试题(解析版).doc

1、2021届河北省唐山市高三上学期第一次摸底数学试题一、单选题1已知集合，则（ ）ABCD【答案】B【解析】解一元二次不等式可得集合，再求交集即可.【详解】因为，所以，故选：B.【点睛】本题主要考查集合的交集运算，涉及一元二次不等式的解法，属于基础题.2若复数z满足，则（ ）ABCD2【答案】B【解析】根据复数z满足，利用复数的除法得到，再利用求模公式求解.【详解】因为复数z满足，所以，所以，故选：B【点睛】本题主要考查复数的运算和复数的模，属于基础题.3特岗教师是中央实施的一项对中西部地区农村义务教育的特殊政策.某教育行政部门为本地两所农村小学招聘了6名特岗教师，其中体育教师2名，数学教师4名

2、.按每所学校1名体育教师，2名数学教师进行分配，则不同的分配方案有（ ）A24B14C12D8【答案】C【解析】先把4名数学教师平分为2组，再把2名体育教师分别放入这两组，最后把这两组教师分配到两所农村小学，即可计算出结果.【详解】先把4名数学教师平分为2组，有种方法，再把2名体育教师分别放入这两组，有种方法，最后把这两组教师分配到两所农村小学，共有种方法.故选：C.【点睛】本题考查计数原理和排列组合应用，属于基础题.4居民消费价格指数是反映一定时期内城乡居民所购买的生活消费品和服务项目价格变动趋势和程度的相对数，是对城市居民消费价格指数和农村居民消费价格指数进行综合汇总计算的结果.通过该指数

3、可以观察和分析消费品的零售价格和服务项目价格变动对城乡居民实际生活费支出的影响程度.如图，是疫情期间我国的居民消费价格指数与食品类居民消费价格指数折线图，据此图，下列分析中不合理的是（ ）A居民消费价格指数变化幅度相对不大B食品类居民消费价格指数变化幅度相对较大C食品类居民消费价格指数高于居民消费价格指数D食品类居民消费价格指数与居民消费价格指数的变化趋势很不一致【答案】D【解析】根据折线图，逐个分析选项即可得选项合理，选项不合理.【详解】对于选项：由折线图可知，居民消费价格指数线比较平缓，所以居民消费价格指数变化幅度相对不大，所以选项合理；对于选项：由折线图可知，食品类居民消费价格指数线起伏

4、较大，所以品类居民消费价格指数变化幅度相对较大，所以选项合理；对于选项：由折线图可知，食品类居民消费价格指数线一直在居民消费价格指数线上方，所以食品类居民消费价格指数高于居民消费价格指数，所以选项合理；对于选项：食品类居民消费价格指数与居民消费价格指数的变化趋势大致一致，所以选项不合理，故选：D【点睛】本题主要考查了对统计折线图的分析和理解能力，意在考查学生对该知识的理解掌握水平.5下图是一个正方体的展开图，则在该正方体中（ ）A直线与直线平行B直线与直线相交C直线与直线异面垂直D直线与直线异面且所成的角为60【答案】D【解析】首先画出正方体的展开图的立体图，从而得到直线与直线为异面直线，再求

5、异面直线所成角即可得到答案.【详解】正方体的展开图的立体图形如图所示：由图知：直线与直线为异面直线，故A，B错误；连接，因为，所以或其补角为异面直线与所成角.又因为为等边三角形，所以.所以直线与直线异面且所成的角为60，故C错误，D正确.故选：D【点睛】本题主要考查异面直线成角问题，属于简单题.6已知，若，则（ ）ABCD【答案】A【解析】根据增函数加增函数是增函数和奇函数定义可知函数是增函数且是奇函数，即有，得到，即可解得.【详解】因为 均为增函数，所以是增函数，又因为，所以函数是奇函数，化为，所以即.故选：A【点睛】本题考查了判断函数的单调性、奇偶性，解题中需要根据增函数加增函数是增函数和

6、奇函数定义判断，属于基本题型，关键是要准确掌握基本初等函数的单调性和指数的运算性质.7已知，都是单位向量，满足，则（ ）ABCD【答案】A【解析】首先根据得到，从而得到，再计算即可.【详解】因为，所以，得到. 因为，所以.故选：A【点睛】本题主要考查平面向量的夹角公式，熟记公式为解题关键，属于简单题.8已知，则（ ）A的值域为B在上单调C为的周期D为图像的对称中心【答案】D【解析】化为分段函数，根据三角函数的性质进而逐一分析各个答案的正误，可得结论.【详解】，函数的值域为，故A错误；在区间上单调递增，在上单调递减，故B错误；的周期为，故C错误；因为，所以为图象的对称中心，故D正确；故选：D.【

7、点睛】本题主要以命题的真假判断与应用为载体，考查了三角函数的图象和性质，属于中档题.二、多选题9设，则（ ）ABCD【答案】CD【解析】根据指数函数，对数函数，幂函数的单调性可判断.【详解】对于A，当时，单调递减，所以由可得，故A错误；对于B，当时，单调递减，所以由可得，故B错误；对于C，当时，在单调递增，由可得，故C正确；对于D，当时，单调递减，所以由可得，则，即，故D正确.故选：CD.【点睛】本题考查利用指数函数、对数函数、幂函数的单调性判断大小，属于基础题.10若的展开式中的系数是，则（ ）AB所有项系数之和为1C二项式系数之和为D常数项为【答案】ABC【解析】首先根据展开式中的系数是得

8、到，从而判断A正确，令得到所有项系数之和为，从而判断B正确，根据二项式系数之和为，从而判断C正确，根据的常数项为，从而判断D错误.【详解】对选项A，的展开式中项为，所以，解得，故A正确；由A知：，令，所有项系数之和为，故B正确；对选项C，二项式系数之和为，故C正确；对选项D，的常数项为，故D错误.故选：ABC【点睛】本题主要考查二项式的定理的各项系数之和，项的系数之和，常数项，属于中档题.11已知双曲线的一条渐近线，设，是C的左右焦点，点P在l上，且，O为坐标原点，则（ ）AC的虚轴长为BCD的面积为【答案】ABD【解析】求出双曲线的标准方程和基本量，根据双曲线的定义及直角三角形的有关性质逐一

9、选择.【详解】由渐近线，可得，所以虚轴长为，A正确；由，为直角三角形，B正确；因为点P不在双曲线上，根据双曲线的定义，C不正确；由渐近线，知，D正确.故选: ABD【点睛】本题考查由根据渐近线方程确定双曲线的基本量，同时考查双曲线的定义，属于基础题.12已知.（ ）A的零点个数为4B的极值点个数为3Cx轴为曲线的切线D若，则【答案】BC【解析】首先根据得到，分别画出和的图像，从而得到函数的单调性和极值，再依次判断选项即可得到答案.【详解】，令，得到.分别画出和的图像，如图所示：由图知：有三个解，即有三个解，分别为，.所以，为增函数，为减函数，为增函数，为减函数.所以当时，取得极大值为，当时，取

10、得极小值为，当时，取得极大值为，所以函数有两个零点，三个极值点，A错误，B正确.因为函数的极大值为，所以轴为曲线的切线，故C正确.因为在为增函数，为减函数，所以存在，满足，且，显然，故D错误.故选：BC【点睛】本题主要考查导数的综合应用，考查利用导数研究函数的零点，极值点和切线，属于难题.三、填空题13已知x，y满足约束条件，则的最小值为_.【答案】2【解析】作出不等式组对应的平面区域，利用的几何意义即可得到结论【详解】由，得，作出不等式组对应的平面区域如图：由图象可知当直线过点时，直线的在轴的截距最小，此时最小，由，解得，此时，故答案为：2【点睛】本题主要考查线性规划的应用，利用数形结合是解

11、决线性规划题目的常用方法14已知等差数列的公差不为零，若，成等比数列，则_.【答案】0【解析】设等差数列的公差为，根据，成等比数列，得到，再根据等差数列的通项公式可得结果.【详解】设等差数列的公差为，因为，成等比数列，所以，所以，整理得，因为，所以，所以.故答案为：0.【点睛】本题考查了等比中项，考查了等差数列通项公式基本量的运算，属于基础题.15F是抛物线的焦点，P是C上且位于第一象限内的点，点P在C的准线上的射影为Q，且，则外接圆的方程为_.【答案】【解析】由题可判断为直角三角形，即外接圆的圆心为中点，求出圆心和半径即可写出圆的方程.【详解】由抛物线方程可知焦点，准线方程为，即，则，即为直

12、角三角形，外接圆的圆心为中点，即圆心为，半径为，外接圆的方程为.故答案为：.【点睛】本题考查抛物线的简单性质，考查圆的方程的求解，属于基础题.16己知四棱台中，上、下底面都是正方形，下底面棱长为2，其余各棱长均为1，则该四棱台的外接球的表面积为_.【答案】【解析】画出如图的图形，根据直角三角形计算出相关量，由此计算出外接球的半径，即可求出球表面积.【详解】如图，在四棱台中，连接，设，连接并延长到点O，设O为四棱台外接球心，连接，在平面中，作，垂足为，则，在直角三角形中，在直角三角形中，在直角三角形中， ， ，解得， ，该四棱台的外接球的表面积为.故答案为：【点睛】本题考查几何体外接球问题，属于

13、中档题.四、解答题17在中，角的对边分别为，.有以下3个条件：；.请在以上3个条件中选择一个，求面积的最大值.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】答案见解析.【解析】若选择：利用正弦定理得到，再利用以及两角和与差的正弦公式得到，最后利用三角形的面积公式求解即可；若选择：利用正弦定理得到，再利用以及两角和的正弦公式得到，再利用余弦定理以及三角形的面积公式求解即可；若选择：先利用基本不等式得到，再利用余弦定理得到，最后利用三角形的面积公式求解即可.【详解】若选择：由正弦定理得：可将化为：，又，所以，所以，即，所以（当时取到等号），所以面积的最大值为2. 若选择：由正弦定理可将化

14、为：，又，所以，所以，即，又， 又由余弦定理可得：（当且仅当时取等号），所以面积的最大值为.若选择：因为，所以，（当且仅当时取等号），又由余弦定理得：（当且仅当时取等号），（当且仅当时取等号），所以面积的最大值为.【点睛】本题主要考查了利用正弦定理和余弦定理以及三角形的面积公式解三角形.属于中档题.18在数列中，.（1）证明为等比数列；（2）求.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）由，构造出的关系，然后利用等比数列的通项公式即可求解.（2）由（1）得，利用累加法求解通项即可【详解】解：（1）由得，又，所以是以1为首项，以2为公比的等比数列.（2）由（1）得，所以，.所以时，.因此，

15、.当时，也满足上式，故.【点睛】本题考查利用构造法和累加法求数列的通项公式问题，属于一般题19在四棱锥中，底面，底面是边长为2的菱形，E是的中点.（1）求证：平面平面；（2）直线与平面所成角为45，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明详见解析；（2）.【解析】（1）利用线面垂直证明面面垂直；（2）建立空间直角坐标系，用两个平面的法向量求面面角即可.【详解】（1）连接，由题意可知是等边三角形，又E是的中点，所以；由底面，底面，所以，且，所以，平面，且平面，所以平面平面.（2）由（1）可知，在平面上的射影为，所以直线与平面所成角为.在中，.所以，在中，.以E为原点，的方向为x轴正方向，的方向为y轴

16、正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系.由题设可得，所以，.设是平面的法向量，则，得，可取.由（1）知是平面的一个法向量，则.所以二面角的余弦值为.【点睛】本题考查了面面垂直的判断方法，考查了利用空间向量求面面角的问题.20田忌赛马的故事出自史记中的孙子吴起列传.齐国的大将田忌很喜欢赛马，有一回，他和齐威王约定，要进行一场比赛.双方各自有三匹马，马都可以分为上，中，下三等.上等马都比中等马强，中等马都比下等马强，但是齐威王每个等级的马都比田忌相应等级的马强一些，比赛共三局，每局双方分别各派一匹马出场，且每匹马只赛一局，胜两局或三局的一方获得比赛胜利，在比赛之前，双方都不知道对方马的出场

17、顺序.（1）求在第一局比赛中田忌胜利的概率：（2）若第一局齐威王派出场的是上等马，而田忌派出场的是下等马，求本场比赛田忌胜利的概率；（3）写出在一场比赛中田忌胜利的概率（直接写出结果）.【答案】（1）；（2）；（3）.【解析】（1）首先将田忌的三匹马按照上、中、下三等分别记为、，齐威王的三匹马按照上、中、下三等分别记为、，列出第一局双方参赛的马匹的全部情况，再找到田忌胜利的情况，即可得到答案.（2）首先设事件“第一局齐威王派出场的是上等马，而田忌派出场的是下等马”，事件“田忌获得本场比赛胜利”，列举出事件，的个数，利用条件概率公式即可的得到答案.（3）根据题意直接写出答案即可.【详解】将田忌的

18、三匹马按照上、中、下三等分别记为、，齐威王的三匹马按照上、中、下三等分别记为、，并且用马的记号表示该马上场比赛.（1）设事件“第一局双方参赛的马匹”，事件“在第一局比赛中田忌胜利”，由题意得，则在第一局比赛中田忌胜利的概率是.（2）设事件“第一局齐威王派出场的是上等马，而田忌派出场的是下等马”，事件“田忌获得本场比赛胜利”，由题意得，则本场比赛田忌胜利的概率是.（3）.【点睛】本题主要考查古典概率的求法，同时考查了条件概率，考查学生分析问题的能力，属于中档题.21已知椭圆的离心率为，直线交于，两点；当时，.（1）求E的方程；（2）设A在直线上的射影为D，证明：直线过定点，并求定点坐标.【答案】

19、（1）；（2）证明见解析，定点.【解析】（1）首先根据题意得到，椭圆过点，从而得到，即可得到椭圆的标准方程.（2）首先设，则，联立椭圆与直线得到，利用根系关系得到，再写出直线，利用根系关系即可得到定点.【详解】（1）由题意得，整理得，由时，得到椭圆过点，得.因此，故的方程是.（2）设，则.将代入得，.从而.直线，设直线与x轴的交点为，则，.所以，.将式代入上式可得.故直线过定点.【点睛】本题第一问考查椭圆的标准方程，第二问考查直线与椭圆的位置关系，同时考查学生的计算能力，属于中档题.22已知，函数.（1）求函数的最小值；（2）若，证明，.（提示：）【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】（1）利用导数分析函数的单调性，进而可求得函数的最小值；（2）构造函数，利用导数证得，由此可证得所证不等式成立.【详解】（1），该函数的定义域为，则，.当时，函数单调递减；当时，函数单调递增，因此，函数的最小值为；（2）令，则.由（1）得，当时，即，即，所以，当时，函数单调递减；当时，函数单调递增，所以的最小值为.由（1）得时，所以，等号当且仅当时成立，所以当，时，有，即，所以.故原不等式得证.【点睛】本题考查利用导数求解函数的最值，同时也考查了利用导数证明函数不等式，考查计算能力与推理能力，属于中等题.