衡水中学高中数学一轮复习模考卷
数学理科试题
一、选择题：本题共12小题，每小题5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.设全集
，则
（ ）
A. 
B. 
C. 
D. 
2.若
为第二象限角．则复数
（
为虚数单位）对应
点在（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
3.已知等差数列
前9项的和为27，
，则
A. 100 B. 99 C. 98 D. 97
4.条件
，条件
，则
是
的（ ）
A. 充分非必要条件
B. 必要不充分条件
C. 充要条件
D. 既不充分也不必要的条件
5.设函数
，则使
成立的
的取值范围是（ ）
A. 
B. 
C. 
D. 
6.如图所示，半径为1的圆
是正方形
的内切圆，将一颗豆子随机地扔到正方形内，用
表示事件“豆子落在圆内”，
表示事件“豆子落在扇形
（阴影部分）内”，则
（ ）
A. 
B. 
C. 
D. 
7.某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为
A. 1 B. 2
C. 3 D. 4
8.已知
，则
的展开式中
的系数为（ ）
A. 
B. 15 C. 
D. 5
9.把函数
的图象向左平移
个单位长度，再把所得的图象上每个点的横、纵坐标都变为原来的2倍，得到函数
的图象，并且的图象如图所示，则
的表达式可以为（ ）
A. 
B. 
C. 
D. 
10.已知
是双曲线
的左、右焦点，若点
关于双曲线渐近线的对称点满足
（为坐标原点），则双曲线的渐近线方程为（ ）
A. 
B. 
C. 
D. 
11.电子计算机诞生于20世纪中叶，是人类最伟大的技术发明之一．计算机利用二进制存储信息，其中最基本单位是“位（bit）”，1位只能存放2种不同的信息：0或l，分别通过电路的断或通实现．“字节（Byte）”是更大的存储单位，
，因此1字节可存放从
至
共256种不同的信息．将这256个二进制数中，所有恰有相邻两位数是1其余各位数均是0的所有数相加，则计算结果用十进制表示为（ ）
A. 254 B. 381 C. 510 D. 765
12.已知函数
有唯一零点，则a=
A. 
B. 
C. 
D. 1
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13.已知向量
满足
，且
，则
在
方向上的投影为_____．
14.
设满足约束条
，则目标函数
的最大值为_____．
15.已知直线
与抛物线
相交于
两点，
为
的焦点，若
，则
_____．
16.某工厂现将一棱长为
的正四面体毛坯件切割成一个圆柱体零件，则该圆柱体体积的最大值为_____．
三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
17.已知
分别是
的三个内角
的对边，若
，角是最小的内角，且
．
（Ⅰ）求
的值；
（Ⅱ）若的面积为42，求
的值．
18.如图，在多面体
中，
平面
，平面
平面，是边长为2的等边三角形，
，
．
（1）证明：平面
平面
；
（2）求平面
与平面所成锐二面角的余弦值．
19.已知椭圆
的离心率为
，且过点
．
（Ⅰ）求椭圆的标准方程；
（Ⅱ）设
为椭圆的左、右顶点，过的右焦点作直线
交椭圆于
两点，分别记
，
的面积为
，求
的最大值．
20.某快递公司收取快递费用的标准是：重量不超过
的包裹收费10元；重量超过的包裹，除收费10元之外，超过的部分，每超出（不足，按计算）需再收5元．该公司将最近承揽的100件包裹的重量统计如表：
|
包裹重量（单位：kg） |
1 |
2 |
3 |
4 |
5 |
|
包裹件数 |
43 |
30 |
15 |
8 |
4 |
公司对近60天，每天揽件数量统计如表：
|
包裹件数范围 |
0～100 |
101～200 |
201～300 |
301～400 |
401～500 |
|
包裹件数（近似处理） |
50 |
150 |
250 |
350 |
450 |
|
天数 |
6 |
6 |
30 |
12 |
6 |
以上数据已做近似处理，并将频率视为概率．
（1）计算该公司未来3天内恰有2天揽件数在101～400之间的概率；
（2）①估计该公司对每件包裹收取的快递费的平均值；
②公司将快递费的三分之一作为前台工作人员的工资和公司利润，剩余的用作其他费用．目前前台有工作人员3人，每人每天揽件不超过150件，工资100元．公司正在考虑是否将前台工作人员裁减1人，试计算裁员前后公司每日利润的数学期望，并判断裁员是否对提高公司利润更有利？
21.已知函数
．
（1）若函数有两个零点，求
的取值范围；
（2）证明：当
时，关于的不等式
在
上恒成立．
请考生在22、23两题中任选一题作答.注意：只能做所选定的题目.如果多做，则按所做第一个题目计分.[选修4-4：坐标系与参数方程]
22.在平面直角坐标系
中，以为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为
；直线的参数方程为
（
为参数），直线与曲线分别交于两点．
（1）写出曲线的直角坐标方程和直线的普通方程；
（2）若点
的极坐标为
，
，求
的值．
23.已知
.
（1）当
时，求不等式
的解集；
（2）若
时不等式
成立，求的取值范围.
参考答案
1.【答案】C
【解析】
求出集合A中的元素，从而求出A的补集即可．或者将
分别代入
检验.
【详解】解法1：
，故 
，所以选C.
解法2：将分别代入检验，可得
，故 ，所以选C.
【点睛】本题考查了集合的运算，考查不等式解法，是基础题．
2.【答案】B
【解析】
根据复数对应复平面的点，然后判断对应三角函数的符号即可得到答案.
【详解】解：因为为第二象限角．所以
，即复数
的实部为负数，虚部为正数，所以对应的点在第二象限．
故选：B．
【点睛】本题主要考查复数对应的复平面的点的相关概念，难度较小.
3.【答案】C
【解析】
试题分析：由已知，
所以
故选C.
【考点】等差数列及其运算
【名师点睛】等差、等比数列各有五个基本量,两组基本公式,而这两组公式可看作多元方程,利用这些方程可将等差、等比数列中的运算问题转化为解关于基本量的方程（组）,因此可以说数列中的绝大部分运算题可看作方程应用题,所以用方程思想解决数列问题是一种行之有效的方法.
4.【答案】A
【解析】
试题分析：条件
等价于
，条件
等价于集合
，因为
，且
，所以是
的充分不必要条件，即是的充分不必要条件．
考点：充分必要条件．
5.【答案】D
【解析】
通过判断原函数单调性和奇偶性脱离f，建立不等式关系解出即可.
【详解】解：根据题意，函数，则
，即函数为偶函数，
当
时，易得为增函数，
则
，
变形可得：
，解可得
或
，
即的取值范围为
故选：D．
【点睛】本题主要考查函数的单调性，奇偶性以及通过函数性质解不等式问题，难度中等.
6.【答案】B
【解析】
利用几何概型先求出
，
，再由条件概率公式求出
．
【详解】如图所示，半径为1的圆O是正方形MNPQ的内切圆，
将一颗豆子随机地扔到正方形MNPQ内，
用A表示事件“豆子落在圆O内”，B表示事件“豆子落在扇形
阴影部分
内”，
则，，
．故选：B．
【点睛】本题考查概率的求法，考查几何概型、条件概率能等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
7.【答案】C
【解析】
分析：根据三视图还原几何体，利用勾股定理求出棱长，再利用勾股定理逆定理判断直角三角形的个数.
详解：由三视图可得四棱锥
，在四棱锥中，
，
由勾股定理可知：
，则在四棱锥中，直角三角形有：
共三个，故选C.
点睛：此题考查三视图相关知识，解题时可将简单几何体放在正方体或长方体中进行还原，分析线面、线线垂直关系，利用勾股定理求出每条棱长，进而可进行棱长、表面积、体积等相关问题的求解.
8.【答案】D
【解析】
由题意得
，
故求
的展开式中的系数．
∵
，
展开式的通项为
．
∴展开式中的系数为
．选D．
9.【答案】B
【解析】
根据条件先求出φ和ω，结合函数图象变换关系进行求解即可．
【详解】∵g（0）＝2sinφ＝1，即sinφ
，
∴φ
或φ
（舍去）
则g（x）＝2sin（ωx
），
又
当k=1,
即g（x）＝2sin（
x），
把函数g（x）的图象上所有点的横坐标缩短到到原来的，得到y＝2sin（4x），再把纵坐标缩短到到原来的，得到y＝sin（4x），再把所得曲线向右平移个单位长度得到函数g（x）的图象，
即g（x）＝sin[
（x-）]＝
故选：B．
【点睛】本题主要考查三角函数图象的应用，根据条件求出ω 和φ的值以及利用三角函数图象平移变换关系是解决本题的关键．
10.【答案】B
【解析】
先利用对称求出点的坐标，根据可得
，再利用两点间距离得出关于方程，从而解得渐近线方程.
【详解】解：设
因为点关于渐近线的对称点为，不妨设渐近线方程为
，
故有
，解得
，
因为，
所以
，
根据两点间距离
可得，
，
即
，
即
，
即
，即
，
可得
，所以
，
故渐近线方程为，故选B.
【点睛】本题考查了点关于直线对称点的知识，考查了双曲线渐近线方程、两点间距离公式等知识，解题时需要有较强的运算能力.
11.【答案】B
【解析】
将符合题意的二进制数列出，转化为十进制，然后相加得出结果.
【详解】恰有相邻两位数是1其余各位数均是0的二进制数为
，
，
，
，
，
，
，共
个.转化为十进制并相加得
，故选B.
【点睛】本小题主要考查二进制转化为十进制，阅读与理解能力，属于基础题.
12.【答案】C
【解析】
函数
的零点满足
，
设
，则
，
当
时，
；当
时，
，函数单调递减；
当时，
，函数单调递增，
当时，函数取得最小值，为
.
设
，当时，函数
取得最小值，为
，
若
，函数与函数
没有交点；
若
，当
时，函数和有一个交点，
即
，解得
.故选C.
【名师点睛】利用函数零点的情况求参数的值或取值范围的方法：
（1）利用零点存在性定理构建不等式求解.
（2）分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解.
（3）转化为两个熟悉的函数图像的上、下关系问题，从而构建不等式求解.
13.【答案】1
【解析】
通过向量的数量积及投影的相关概念建立方程即可得到答案.
【详解】解： 向量满足，且，则在方向上的投影为：
．
故答案为：1．
【点睛】本题主要考查向量的数量积，及投影的相关概念，难度较小.
14.【答案】4
【解析】
画出不等式表示的平面区域，通过目标函数表示的斜率式观察图像即可得到答案.
【详解】解：作出不等式组对应的平面区域如图：（阴影部分）．
目标函数的几何意义为区域内的动点
到定点
的斜率，
由图象知
的斜率最大，
由
得
，
此时的斜率
，
即的最大值为4．
故答案为：4．
【点睛】本题主要考查线性规划问题，在于考查学生的作图能力及转化能力，此题只需将目标函数化为斜率式即可得到答案.
15.【答案】
【解析】
画出几何图像，建立几何关系，通过建立方程即可得到答案.
【详解】解：由题意利用定义，结合其他几何性质可得抛物线
的焦点
，准线
．
又直线
过定点
，
因为，所以为
中点，
连接
，所以
．
设
，所以，
．
作
，则垂足
为
的中点，设
，
则
，
，求得
、
，所以
，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查抛物线的几何性质及学生的计算能力，难度中等.
16.【答案】
【解析】
找出正四面体中内接圆柱的最大值的临界条件，通过体积公式即可得到答案.
【详解】解：圆柱体体积最大时，圆柱的底面圆心为正四面体的底面中心
，圆柱的上底面与棱锥侧面的交点
在侧面的中线
上．
∵正四面体棱长为，∴
，
，
，
∴
，
设圆柱的底面半径为
，高为
，则
．
由三角形相似得：
，即
，
圆柱的体积
，
∵
，当且仅当
即
时取等号．
∴圆柱的最大体积为．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查学生空间想象能力,以及分析问题的能力，基本不等式的运用,难度较大.
17.【答案】(Ⅰ) 
;(Ⅱ) 
.
【解析】
(Ⅰ)由正弦定理，三角形内角和定理可得
，结合
，整理可得
，又
，利用同角三角函数基本关系式可求的值．
(Ⅱ)由(Ⅰ)及三角形的面积公式可求
的值，利用同角三角函数基本关系式可求
的值，根据余弦定理可求的值．
【详解】(Ⅰ) 由
、
，及正弦定理可得：，
由于，整理可得：，
又，
因此得：．
(Ⅱ)由(Ⅰ)知，
又
的面积为42，且，
从而有
，解得
，
又角是最小的内角，
所以
，且，得
，
由余弦定理得
，即．
【点睛】本题主要考查了正弦定理，三角形内角和定理，同角三角函数基本关系式，三角形的面积公式，余弦定理在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想。
18.【答案】（1）见解析（2）
【解析】
(1)通过面面垂直的判定转化为线面垂直，进而转化为线线垂直从而证明;
(2)建立空间直角坐标系，利用法向量计算即可.
【详解】证明：（1）取
中点，连结
，
∵
，∴
，
，
∵
平面，平面
平面
，
平面平面，
∴
平面，
∵平面，∴
，
又
，
∴四边形
是平行四边形，∴
，
∵是等边三角形，∴
，
∵
平面，平面
平面，平面平面，
∴
平面，∴
平面，
∵
平面
，∴平面平面．
解：（2）由（1）得平面，∴
，
又
，
分别以
所在直线为
轴，建立空间直角坐标系，
则
，
平面的一个法向量为
，
设平面的一个法向量为
，
，
则
，取
，得
，
设平面与平面所成锐二面角的平面角为，
则
．
∴平面与平面所成锐二面角的余弦值为．
【点睛】本题主要考查学生的空间想象能力及计算能力,难度不大.建立合适的空间直角坐标系是解决本题的关键.
19.【答案】（Ⅰ）
（Ⅱ）4
【解析】
（Ⅰ）根据椭圆中相关量的几何性质即可算出椭圆的标准方程；
（Ⅱ）设直线，直曲联立，得到维达定理，进而表示出相关量，从而算出最大值.
【详解】解：（Ⅰ）根据题意可得：
，
，
解得：
．
故椭圆的标准方程为：．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知
，当直线的斜率不存在时，
，于是
；
当直线斜率存在时，设直线
，设
，
联立
，得
．
∴
，
，
于是
．
当且仅当
时等号成立，此时的最大值为4．
综上，的最大值为4．
【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程的相关计算，直线与圆锥曲线的位置关系，以及基本不等式问题,主要考查学生的计算能力和转化能力.
20.【答案】(1)
；(2)(i)15元；(ii)答案见解析.
【解析】
试题分析：
先计算出包裹件数在
之间的天数为
，然后得到频率，估计出概率，运用二项分布求出结果(2)运用公式求出每件包裹收取的快递费的平均值(3)先将天数转化为频率，分别计算出不裁员和裁员两种情况的利润，从而作出比较
解析：（1）样本包裹件数在之间的天数为，频率
，
故可估计概率为
，
显然未来
天中，包裹件数在之间的天数
服从二项分布，
即
，故所求概率为
.
（2）（i）样本中快递费用及包裹件数如下表：
|
包裹重量（单位： |
|
|
|
|
|
|
快递费（单位：元） |
|
|
|
|
|
|
包裹件数 |
|
|
|
|
|
故样本中每件快递收取的费用的平均值为
（元），
故该公司对每件快递收取的费用的平均值可估计为
元.
（ii）根据题意及（2）（i），揽件数每增加
，可使前台工资和公司利润增加
（元），
将题目中的天数转化为频率，得
|
包裹件数范围 |
|
|
|
|
|
|
包裹件数 （近似处理） |
|
|
|
|
|
|
天数 |
|
|
|
|
|
|
频率 |
|
|
|
|
|
若不裁员，则每天可揽件的上限为
件，公司每日揽件数情况如下：
|
包裹件数 （近似处理） |
|
|
|
|
|
|
实际揽件数 |
|
|
|
|
|
|
频率 |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
故公司平均每日利润的期望值为
（元）；
若裁员人，则每天可揽件的上限为
件，公司每日揽件数情况如下：
|
包裹件数 （近似处理） |
|
|
|
|
|
|
实际揽件数 |
|
|
|
|
|
|
频率 |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
故公司平均每日利润的期望值为
（元）.
因
，故公司将前台工作人员裁员人对提高公司利润不利.
点睛：本题考查了频率和概率、平均值的实际应用，计算出频率来估计概率的取值，运用二项分布求出事件概率，在比较裁员与不裁员的情况下分别算出期望值，来比较利润的大小，从而为作出决策提供依据。
21.【答案】（1）
；（2）
【解析】
（1）可得m=lnx-x．令g（x）=lnx-x，可得g（x）在（0，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减，则m＜g（1）=-1即可，
（2）f（x）+（x-2）ex＜0，可得m＞（x-2）ex+lnx-x．设h（x）=（x-2）ex+lnx-x，x∈
，
；，设设
，
，
，使得
，即
，∴x0=-lnx0． 
，设
，可得
，即当
时，
即可．
【详解】（1）令
，
；
令
，
，
令
，解得
，令
，解得，
则函数
在
上单点递增，在上单点递减，
。
要使函数有两个零点，则函数的图像与
有两个不同的交点。
则
，即实数的取值范围为
。
（2）
，
；
设
，；
设，，则
在上单调递增.
又
，
.
，使得，即，
.
当
时，
；当
时，
；
在
上单调递增，在
上单调递减.
.
设，
.
当
时，
恒成立，则
在
上单调递增，
，即当时，.
当
时，关于的不等式
在上恒成立.
【点睛】本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性与最值，考查函数的零点，考查分类讨论的数学思想，属于中档题．
22.【答案】(1) 曲线的直角坐标方程为即
，直线的普通方程为
；（2）
.
【解析】
（1）利用代入法消去参数方程中的参数，可得直线的普通方程，极坐标方程两边同乘以
利用
即可得曲线的直角坐标方程；（2）直线的参数方程代入圆的直角坐标方程，根据直线参数方程的几何意义，利用韦达定理可得结果.
【详解】（1）由
，得
，
所以曲线的直角坐标方程为
，
即
， 直线的普通方程为.
(2)将直线的参数方程
代入并化简、整理，
得
. 因为直线与曲线交于
，两点。
所以
，解得
.
由根与系数的关系，得
，
.
因为点的直角坐标为
，在直线上.所以
，
解得，此时满足
.且，故.．
【点睛】参数方程主要通过代入法或者已知恒等式（如
等三角恒等式）消去参数化为普通方程，通过选取相应的参数可以把普通方程化为参数方程，利用关系式
，
等可以把极坐标方程与直角坐标方程互化，这类问题一般我们可以先把曲线方程化为直角坐标方程，用直角坐标方程解决相应问题．
23.【答案】（1）
；（2）
【解析】
分析：(1)将代入函数解析式，求得
，利用零点分段将解析式化为
，然后利用分段函数，分情况讨论求得不等式
的解集为
；
(2)根据题中所给
，其中一个绝对值符号可以去掉，不等式
可以化为时
，分情况讨论即可求得结果.
详解：（1）当时，，即
故不等式的解集为．
（2）当时
成立等价于当时成立．
若
，则当时
；
若，的解集为
，所以
，故
．
综上，的取值范围为
．
点睛：该题考查的是有关绝对值不等式的解法，以及含参的绝对值的式子在某个区间上恒成立求参数的取值范围的问题，在解题的过程中，需要会用零点分段法将其化为分段函数，从而将不等式转化为多个不等式组来解决，关于第二问求参数的取值范围时，可以应用题中所给的自变量的范围，去掉一个绝对值符号，之后进行分类讨论，求得结果.
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