石家庄市2018届高中毕业班模拟考试（一）
理科数学（A卷）
一、选择题：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．2 D．4
3.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．1 B．2 C．3 D．4
5. ，满足约束条件：，则的最大值为（ ）
A．-3 B． C．3 D．4
6.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．11 B．12 C．13 D．14
12.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.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，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: AABDC 6-10: CCDBD 11、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
52
54
56
58
60
频率
0.2
0.3
0.2
0.2
0.1
所以的分布列为：
152
154
156
158
160
0.2
0.3
0.2
0.2
0.1
所以，
，
所以的分布列为：
140
152
176
200
0.5
0.2
0.2
0.1
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）
1-5AABDC 6-10CCDBD 11-12 BA
（B卷答案）
1-5BBADC 6-10CCDAD 11-12 AB
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
52
54
56
58
60
频率
0.2
0.3
0.2
0.2
0.1
所以的分布列为：
152
154
156
158
160
0.2
0.3
0.2
0.2
0.1
-----------5分
所以----6分
-------7分
所以的分布列为：
140
152
176
200
0.5
0.2
0.2
0.1
-----------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
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