河北省保定市2021届高三数学上学期10月摸底考试试题（含解析）.doc

1、河北省保定市2021届高三数学上学期10月摸底考试试题（含解析）一选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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】由二次根式及对数函数的性质可得，再由交集的定义即可得解.【详解】由题意，所以.故选：C.2. 函数的零点所在的一个区间是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由函数的单调性及零点存在性定理即可得解.【详解】由题意，函数在R上单调递增，且，所以函数的零点所在的一个区间是.故选：B.3. 已知角终边过点，则（ ）A. 2B. C. D. 【答案】A

2、【解析】【分析】由三角函数的定义可得，再由两角和的正切公式即可得解.【详解】因为角终边过点，所以，所以.故选：A.4. 已知两条直线，则（ ）A. 或B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据两条直线平行的条件列式，由此求得的值.【详解】由于，所以，解得.故选：C5. 设，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由指数、对数函数的性质可得，即可得解.【详解】由题意，所以.故选：C.6. 设非零向量，满足，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由可得，利用数量积的运算性质结合条件可得答案.【详解】，.，.故选：A【点睛】本题考查利用向量垂直其数量积为零

3、求向量的模长，属于中档题.7. 易经中记载着一种几何图形-八卦图，图中正八边形代表八卦，中间的圆代表阴阳太极图.某中学开展劳动实习，去测量当地八卦图的面积.如图，现测得正八边形的边长为，则整个八卦图(包括中间的太极图)的面积约为（ ）()A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析】连接正八边形的中心及顶点，由余弦定理结合三角形面积公式即可得解.【详解】连接正八边形的中心及顶点，如图，由题意，设，则即，所以，所以整个八卦图的面积.故选：B.8. 已知函数恰有个零点，则实数的取值范围是（ ）A. B. C D. 【答案】A【解析】【分析】画出图象，通过移动结合函数的零点与方程的解的判断即可得结

4、果.【详解】由题意，函数，的图象如图：方程的解为，方程的解为或；当时，函数恰有两个零点，3；当时，函数有2个零点，5；则实数m的取值范围是：故选：A.二多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分.9. 下列说法正确的是（ ）A. 是的充分不必要条件B. “”的否定是“”C 若，则D. 定义在上的偶函数的最大值为.【答案】AD【解析】【分析】由充分条件、必要条件的定义可判断A；由特称命题的否定可判断B；由诱导公式、同角三角函数的关系及二倍角公式即可判断C；由偶函数的性质可求得，即可判断D.【详解】对

5、于A，可推出，但推不出，所以是的充分不必要条件，故A正确；对于B，命题“”为特称命题，所以该命题的否定为“”，故B错误；对于C，若，则，即，所以，所以，所以，故C错误；对于D，因为函数是定义在上的偶函数，所以，所以，所以的最大值为，故D正确.故选：AD.10. 等差数列中，为其前项和，则以下正确的是（ ）A. B. C. 的最大值为D. 使得的最大整数【答案】BCD【解析】【分析】设等差数列的公差为，由等差数列的通项公式及前n项和公式可得，再逐项判断即可得解.【详解】设等差数列的公差为，由题意，所以，故A错误；所以，所以，故B正确；因为，所以当且仅当时，取最大值，故C正确；要使，则且，所以使得

6、的最大整数，故D正确.故选：BCD.11. 函数的最大值为，其图象相邻两条对称轴之间的距离为，且的图象关于点对称，则下列判断正确的是（ ）A. 函数在上单调递增B. 函数的图象关于直线对称C. 当时，函数的最小值为D. 要得到函数的图象，只需要将的图象向右平移个单位【答案】AD【解析】【分析】由三角函数的图象与性质可得，再由三角函数的图象与性质可判断A、B、C；由三角函数图象的变换及诱导公式可判断D.【详解】由函数的最大值为2可得，因为函数的图象相邻两条对称轴之间的距离为，所以函数的最小正周期满足，所以，又的图象关于点对称，所以即，所以，当时，所以函数在上单调递增，故A正确；当时，所以直线不是

7、函数图象对称轴，故B错误；当时，故C错误；将的图象向右平移个单位可得的函数为：，故D正确.故选：AD.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是熟练掌握三角函数的图象与性质，细心计算即可得解.12. 已知函数在上可导且，其导函数满足，设函数，下列结论正确的是（ ）A. 函数在上为单调递增函数B. 是函数的极大值点C 函数至多有两个零点D. 时，不等式恒成立【答案】BCD【解析】【分析】根据，求导，再根据，判断正负，得到的单调性再逐项判断.【详解】因为，所以，又因为，所以当时，则递减；当时，则递增；所以当时， 取得极大值，当时，无零点，无零点；当时，有一个零点，有一个零点；当时，有两个零点，有两个零点

8、，故函数至多有两个零点；当时，所以不等式恒成立，故选：BCD【点睛】关键点点睛：本题的关键是发现的导数，与条件的关联，得出函数的单调性，进而研究函数的极值，最值以及零点和恒成立问题.三填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 圆的圆心到直线的距离为，则_.【答案】；【解析】【分析】首先圆的方程写成标准方程，利用点到直线的距离公式求解.【详解】，圆心到直线的距离 ，解得：.故答案为：14. 若实数满足不等式组，则的最大值为_.【答案】3【解析】【分析】由题意作出可行域，转化目标函数为，数形结合即可得解.【详解】由题意作出可行域，如图，设，则，上下平移直线，数形结合可得当直线过点时，取最

9、大值，由可得点，所以.故答案为：3.15. 椭圆的左右焦点分别为，椭圆上的点满足：且，则_.【答案】1【解析】【分析】先根据数量积运算得，再结合椭圆的定义与余弦定理即可得.【详解】解：因为且，所以，由椭圆的定义得，故所以在中，由余弦定理得，代入数据得，解得：.故答案为：.【点睛】关键点点睛：解题的关键在于应用定义与余弦定理列方程求解得.16. 定义在上的函数满足且.当时，.则函数在区间上所有的零点之和为_.【答案】【解析】【分析】由是周期函数，奇函数，得对称中心，又也有对称性，利用对称性及单调性得的图象与图象的交点的性质，也即零点的性质，从而可得和可画出图象说明【详解】得，是偶函数，是周期为4

10、的周期函数，因此可得的图象也关于直线对称是奇函数，它关于直线对称，也关于对称，函数在区间上所有的零点，即为方程的解，在同一坐标系中作出和的大致图象，如图，它们在上有6个交点，横坐标从小到大依次为，其中，由对称性知，题中零点和为故答案为：【点睛】方法点睛：本题考查函数零点之和，解题时把函数零点转化为函数图象交点的横坐标，作出函数图象，利用函数的性质特别是对称性，观察出交点的对称性，得出交点横坐标的和四解答题本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明证明过程或演算步骤.17. 在平面直角坐标系中，已知向量而（1）若，求的值；（2）若与的夹角为，求的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】

11、（1）由平面向量垂直的坐标表示可得，即可得解；（2）由平面向量夹角的坐标表示及三角恒等变换可得，再结合三角函数的图象与性质即可得解.【详解】（1），由可得；（2）由题意，.18. 已知各项均不相等的等比数列中，为其前项和，在；成等差数列，这三个条件中任选一个补充为条件，并作答：（1）求； （2）设，求的前项和.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】条件选择见解析；（1）；（2）.【解析】【分析】（1）设等比数列的公比为，且，若选，则由，可得，从而得，可求得公比，进而可求出等比数列的通项公式；若选，则由，得，从而可求出公比为，进而可求出，若选，则由成等差数列，可得，从而可求出公

12、比为，进而可求出；（2）由（1）可得，然后利用错位相减法可求出【详解】（1）解：设等比数列的公比为，且，选；，选；，选；，（2）两式相减得，19. 的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且（1）求；（2）若，求周长的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用同角三角函数将已知式子中的三角函数化为正弦，再利用正弦定理统一为边，然后利用余弦定理可求得结果；（2）先利用利用正弦定理得，再求出，即可求得答案【详解】解：（1），（2），即周长的取值范围为.【点睛】方法点睛：对于给的条件是边角关系混合在一起的问题，一般地，应运用正弦定理和余弦定理，要么把它统一成边的关系，要么统一成角的

13、关系，再利用三角形的有关知识、三角恒等变换方法、代数恒等变形方法进行转化、化简，从而可得结果20. 2020年是充满挑战的一年，但同时也是充满机遇蓄势待发的一年.突如其来的疫情给世界带来了巨大的冲击与改变，也在客观上使得人们更加重视科技的力量和潜能.某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产.假设该企业第一年年初有资金5000万元，并将其全部投入生产，到当年年底资金增长了50%，预计以后每年资金年增长率与第一年相同.公司要求企业从第一年开始，每年年底上缴资金万元，并将剩余资金全部投入下一年生产.设第年年底企业上缴资金后的剩余资金为万元（1）判断是否为等比数列？并说明理由；（2）若企业每年年底上缴

14、资金，第年年底企业的剩余资金超过万元，求的最小值.【答案】（1）答案见解析；（2）6.【解析】【分析】（1）由题意得，从而得，而当，即时，所以不是等比数列；（2）由（1）可知， ，由可得，然后利用单调递增，可得答案【详解】解：（1）由题意得，.当时，即时，是以为首项，为公比的等比数列.当，即时， 不是等比数列（2）当时，由（1）知，即，法一：易知单调递增，又，的最小值为6法二：，的最小值为6.【点睛】易错点睛：本题主要考查函数与数列的综合应用问题，属于难题.解决该问题应该注意的事项：(1)数列是一类特殊的函数，它的图象是一群孤立的点；(2)转化以函数为背景的条件时，应该注意题中的限制条件，如函

15、数的定义域，这往往是很容易被忽视的问题；(3)利用函数的方法研究数列中的相关问题时，应准确构造相应的函数，注意数列中相关限制条件的转化.21. 设抛物线的顶点到焦点的距离为1.（1）求抛物线的方程；（2）设过点的直线分别与抛物线交于，两点(不同于点)，以为直径的圆恰好经过点，证明：直线经过定点，并求出该定点坐标.【答案】（1）；（2）证明见解析，定点.【解析】【分析】（1）由抛物线的性质可得，即可得解；（2）设直线方程，联立方程结合韦达定理可得、，转化条件为，代入运算化简可得，即可得解.【详解】（1）由题意得，抛物线的方程为；（2）设直线方程为：，联立得，以为直径的圆过点，均存在且不为0，同理

16、，即，验证，直线经过定点.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是设出直线方程，结合韦达定理求得、，再将点在圆上转化为，最后结合直线过定点即可得解.22. 已知函数.（1）当时，求的图象在点处的切线方程；（2）当时，判断的零点个数并说明理由；（3）若恒成立，求的取值范围.【答案】（1）；（2）无零点，理由见解析；（3）.【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义，直接求切线方程；（2）首先求导，并判断导数的单调性，以及利用零点存在性定理说明存在使，并利用导数判断函数的单调性，证明函数的最小值的正负，说明零点个数；（2）不等式等价于，构造函数，利用函数的单调性可知，利用参变分离的方法，求的取值范围.【详解】（1）当时，切线方程为，即（2）当时，易知在单调递增，且，存在唯一零点，且当时，单调递减，当时，单调递增.对两边取对数，得：无零点.（3）由题意得，即，即，易知函数单调递增，0单调递增极大值单调递减，令，则，令得，列表得，.【点睛】关键点点睛：本题第三问考查不等式恒成立求参数的取值范围，关键利用不等式等价于，并且通过观察不等号两边的形式，构造函数，并判断单调性，根据单调性解不等式，这样问题迎刃而解.