保定市2023屆高中畢業班模擬考試（一）理科數學（A卷）一、選擇題：本大題共12個小題，每小題5分，共60分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知集合，，則（）A．B．C．D．2.已知為虛數單位，，其中，則（）A．B．C．2D．43.函數，其值域為，在區間上隨機取一個數，則的概率是（）A．B．C．D．4.點是以線段為直徑的圓上的一點，其中，則（）A．1B．2C．3D．45.，滿足約束條件：，則的最大值為（）A．-3B．C．3D．46.程序框圖如圖所示，該程序運行的結果為，則判斷框中可填寫的關于的條件是（）A．B．C．D．7.南宋數學家秦九韶早在《數書九章》中就獨立創造了已知三角形三邊求其面積的公式：“以小斜冪并大斜冪，減中斜冪，余半之，自乘于上，以小斜冪乘大斜冪減之，以四約之，為實，一為從隅，開方得積.”（即：，），并舉例“問沙田一段，有三斜（邊），其小斜一十三里，中斜一十四里，大斜一十五里，欲知為田幾何？”則該三角形田面積為（）A．82平方里B．83平方里C．84平方里D．85平方里8.如圖，網格紙上小正方形的邊長為1，粗線畫出的是某幾何體的三視圖，則該幾何體的表面積為（）A．B．C．D．9.已知是定義在上的偶函數，且在上為增函數，則的解集為（）A．B．C．D．10.在中，，，則的最大值為（）A．B．C．D．11.過拋物線焦點的直線交拋物線于，兩點，點在直線上，若為正三角形，則其邊長為（）A．11B．12C．13D．1412.設，為兩個平面直角坐標系，它們具有相同的原點，正方向到正方向的角度為，那么對于任意的點，在下的坐標為，那么它在坐標系下的坐標可以表示為：，.根據以上知識求得橢圓的離心率為（）A．B．C．D．二、填空題：本大題共4小題，每題5分，共20分.13.命題：，的否定為．14.甲、乙、丙三位同學，其中一位是班長，一位是體育委員，一位是學習委員，已知丙的年齡比學委的大，甲與體委的年齡不同，體委比乙年齡小.據此推斷班長是．15.一個直角三角形的三個頂點分別在底面棱長為2的正三棱柱的側棱上，則該直角三角形斜邊的最小值為．16.已知函數，，若函數有三個不同的零點，，（其中），則的取值范圍為．三、解答題：共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.第17～21題為必考題，每個試題考生都必須作答.第22、23題為選考題，考生根據要求作答.（一）必考題：共60分17.已知等比數列的前項和為，且滿足.（Ⅰ）求數列的通項公式；（Ⅱ）若數列滿足，求數列的前項和.18.四棱錐的底面為直角梯形，，，，為正三角形.（Ⅰ）點為棱上一點，若平面，，求實數的值；（Ⅱ）若，求二面角的余弦值.19.小明在石家莊市某物流派送公司找到了一份派送員的工作，該公司給出了兩種日薪薪酬方案.甲方案：底薪100元，每派送一單獎勵1元；乙方案：底薪140元，每日前55單沒有獎勵，超過55單的部分每單獎勵12元.（Ⅰ）請分別求出甲、乙兩種薪酬方案中日薪（單位：元）與送貨單數的函數關系式；（Ⅱ）根據該公司所有派送員100天的派送記錄，發現派送員的日平均派送單數滿足以下條件：在這100天中的派送量指標滿足如圖所示的直方圖，其中當某天的派送量指標在時，日平均派送量為單.若將頻率視為概率，回答下列問題：①根據以上數據，設每名派送員的日薪為（單位：元），試分別求出甲、乙兩種方案的日薪的分布列，數學期望及方差；②結合①中的數據，根據統計學的思想，幫助小明分析，他選擇哪種薪酬方案比較合適，并說明你的理由.（參考數據：，，，，，，，，）20.已知橢圓：的左、右焦點分別為，，且離心率為，為橢圓上任意一點，當時，的面積為1.（Ⅰ）求橢圓的方程；（Ⅱ）已知點是橢圓上異于橢圓頂點的一點，延長直線，分別與橢圓交于點，，設直線的斜率為，直線的斜率為，求證：為定值.21.已知函數，，在處的切線方程為.（Ⅰ）求，；（Ⅱ）若方程有兩個實數根，，且，證明：.（二）選考題：共10分，請考生在22、23題中任選一題作答，并用2B鉛筆將答題卡上所選題目對應的題號右側方框涂黑，按所涂題號進行評分；多涂、多答，按所涂的首題進行評分；不涂，按本選考題的首題進行評分.22.[選修4-4：坐標系與參數方程]在平面直角坐標系中，曲線的參數方程為（，為參數），以坐標原點為極點，軸正半軸為極軸建立極坐標系，直線的極坐標方程為，若直線與曲線相切；（Ⅰ）求曲線的極坐標方程；（Ⅱ）在曲線上取兩點，與原點構成，且滿足，求面積的最大值.23.[選修4-5：不等式選講]已知函數的定義域為；（Ⅰ）求實數的取值范圍；（Ⅱ）設實數為的最大值，若實數，，滿足，求的最小值.保定市2022-2023學年高中畢業班第一次模擬考試試題理科數學答案選擇題（A卷答案）1-5AABDC6-10CCDBD11-12BA（B卷答案）1-5BBADC6-10CCDAD11-12AB填空題13.14.乙15.16.三、解答題(解答題僅提供一種或兩種解答，其他解答請參照此評分標準酌情給分）17解：(1)法一：由得………………2分當當時，，即………………4分又，當時符合上式，所以通項公式為………………6分法二：由得………………2分從而有………………4分所以等比數列公比，首項，因此通項公式為………………6分（2）由（1）可得…8分………10分……………12分18（1）因為平面SDM,平面ABCD,平面SDM平面ABCD=DM,所以……2分因為,所以四邊形BCDM為平行四邊形，又，,所以M為AB的中點。…4分因為………………5分（2）因為，，所以平面，又因為平面，所以平面平面，平面平面，在平面內過點作直線于點，則平面，………………6分在和中，因為，所以，又由題知，所以所以，…………7分以下建系求解。以點E為坐標原點，EA方向為X軸，EC方向為Y軸，ES方向為Z軸建立如圖所示空間坐標系，則，，，，，…………8分，，，，設平面的法向量，則，所以，令得為平面的一個法向量，…………9分同理得為平面的一個法向量，……………10分，因為二面角為鈍角所以二面角余弦值為…………12分19.解：（1）甲方案中派送員日薪（單位：元）與送單數的函數關系式為：…………2分乙方案中派送員日薪（單位：元）與送單數的函數關系式為：………4分①由已知，在這100天中，該公司派送員日平均派送單數滿足如下表格：單數5254565860頻率0.20.30.20.20.1所以的分布列為：1521541561581600.20.30.20.20.1-----------5分所以----6分-------7分所以的分布列為：1401521762000.50.20.20.1-----------8分所以-----------9分-------10分②答案一：由以上的計算可知，雖然，但兩者相差不大，且遠小于，即甲方案日工資收入波動相對較小，所以小明應選擇甲方案。--------12分答案二：由以上的計算結果可以看出，，即甲方案日工資期望小于乙方案日工資期望，所以小明應選擇乙方案。--------12分20解：（1）設由題，--------------------2分解得，則，橢圓的方程為.-------------------------------------------4分（2）設，，當直線的斜率不存在時，設，則，直線的方程為代入，可得，，則直線的斜率為，直線的斜率為，，當直線的斜率不存在時，同理可得.----------------------------5分當直線、的斜率存在時，設直線的方程為，則由消去可得：，又，則，代入上述方程可得，，則7分設直線的方程為，同理可得----------------------------9分直線的斜率為----------------11分直線的斜率為，.所以，直線與的斜率之積為定值，即.-----------------12分21．解：（Ⅰ）由題意，所以，又，所以，…………2分若，則，與矛盾，故，…………4分（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，，…………5分設在(-1，0)處的切線方程為，易得，，令即，，當時，當時，設，，故函數在上單調遞增，又，所以當時，，當時，，所以函數在區間上單調遞減，在區間上單調遞增，故…………7分設的根為，則又函數單調遞減，故，故，…………8分設在(0,0)處的切線方程為，易得令，，當時，當時，故函數在上單調遞增，又，所以當時，，當時，，所以函數在區間上單調遞減，在區間上單調遞增，…………10分設的根為，則又函數單調遞增，故，故，………11分又，…………12分選作題22（1）由題意可知直線的直角坐標方程為，…………2分曲線是圓心為，半徑為的圓，直線與曲線相切，可得：；可知曲線C的方程為，…………4分所以曲線C的極坐標方程為，即…………5分(2)由（1）不妨設M（），，（）…………7分………………9分當時,所以△MON面積的最大值為.