1、河北省张家口市宣化第一中学2020届高三数学下学期模拟考试试题（六）一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1. 复数的共轭复数是A. B. C. D. 2. 集合，集合，则A. B. C. D. 3. 如图是2020年2月15日至3月2日武汉市新冠肺炎新增确诊病例的折线统计图则下列说法不正确的是A. 2020年2月19日武汉市新增新冠肺炎确诊病例大幅下降至三位数B. 武汉市新冠肺炎疫情防控取得了阶段性的成果，但防控要求不能降低C. 2020年2月19日至3月2日武汉市新增新冠肺炎确诊病例低于400人的有8天D. 2020年2月15日到3月2日武汉市新冠肺炎新增确诊病例最多的一天比最少的一
2、天多1549人4. 若，则A. B. C. D. 5. 角谷猜想，也叫猜想，是由日本数学家角谷静夫发现的，是指对于每一个正整数，如果它是奇数，则对它乘3再加1；如果它是偶数，则对它除以2，如此循环最终都能够得到如：取，根据上述过程，得出6，3，10，5，16，8，4，2，1，共9个数若，根据上述过程得出的整数中，随机选取两个不同的数，则两个数都是奇数的概率为A. B. C. D. 6. 已知函数是偶函数，为奇函数，并且当时，则下列选项正确的是A. 在上为减函数，且B. 在上为减函数，且C. 在上为增函数，且D. 在上为增函数，且7. 已知双曲线的两条渐近线的倾斜角成2倍关系，则该双曲线的离心率
3、为A. B. C. 2D. 48. 执行如图所示的程序框图，则输出的S为A. 2020B. 1010C. l011D. 9. 已知，若，且，则的值为A. B. C. D. 10. 已知是函数，的极小值点，则的值为A. 0B. C. D. 11. 把圆心角为的扇形铁板围成一个圆锥，则该圆锥的侧面积与它的外接球的表面积之比为A. B. C. D. 12. 抛物线C：的焦点为F，点P在C上且P在准线上的投影为Q，直线QF交y轴于点以P为圆心，PF为半径的圆P与y轴相交于A，B两点，O为坐标原点若，则圆P的半径为A. 3B. C. 2D. 二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 命题p：，的
4、否定为_14. 直线与曲线相切，则切点的横坐标为_15. 对于函数的叙述，正确的有_写出序号即可若，则；若有一个零点，则；在R上为减函数16. 已知a，b，c分别为的三个内角A，B，C的对边，G为内一点，且，则_三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17. 已知数列满足，且数列为等差数列求数列的通项公式；令，求数列的前n项和18. 如图，在三棱锥中，平面ABC，平面平面PBC，证明：平面PBC；若二面角的余弦值为，线段PA的长19. 已知椭圆的焦距为且过点求椭圆E的方程；设，过B点且斜率为的直线l交椭圆E于另一点M，交x轴于点Q，直线AM与直线相交于点证明：为坐标原点20. 2019年第十
5、三届女排世界杯共12支参赛球队，比赛赛制采取单循环方式，即每支球队进行11场比赛，最后靠积分选出最后冠军积分规则如下比赛采取5局3胜制：比赛中以或取胜的球队积3分，负队积0分；而在比赛中以取胜的球队积2分，负队积1分9轮过后，积分榜上的前2名分别为中国队和美国队，中国队积26分，美国队积22分第10轮中国队对抗塞尔维亚队，设每局比赛中国队取胜的概率为第10轮比赛中，记中国队取胜的概率为，求的最大值点以中的作为p的值在第10轮比赛中，中国队所得积分为，求的分布列；已知第10轮美国队积3分，判断中国队能否提前一轮夺得冠军第10轮过后，无论最后一轮即第11轮结果如何，中国队积分最多？若能，求出相应的
6、概率；若不能，请说明理由21. 已知函数当时，求函数的单调区间；证明：当时，22. 在直角坐标系xOy中，曲线：，曲线：为参数在以O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，直线l的极坐标方程为，l与，分别交于异于极点的A，B两点且写出曲线的极坐标方程；求实数a的值23. 已知函数解不等式；若函数的图象与直线围成的图形的面积为6，求实数a的值数学答案和解析24. 1.【答案】B25. 【解析】解：，复数的共轭复数是故选：B利用复数代数形式的乘除运算化简，再由共轭复数的概念得答案本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题2.【答案】A26. 【解析】解：集合或，集合，所以；所以故
7、选：A化简集合A、B，根据补集与交集的定义运算即可本题考查了集合的化简与运算问题，是基础题3.【答案】D27. 【解析】解：对于A，由图可知18日病例1660人，19日615人，大幅下降至三位数，故A正确；对于B，很明显，病例人数呈大幅下降趋势，故防控取得了阶段性的成果，但防控要求不能降低，故B正确；对于C，由图得到，病例低于400人的有2月20日、21日、23日、25日、26日、27日、3月1日、2日，共8天，故C正确；对于D，由图病例最多一天人数1690人比最少一天人数111人多了1579人，故D错误故选：D直接利用折线图以及统计的相关知识逐一分析即可本题考查了合情推理能力，考查的折线图的
8、提取信息能力，数形结合，属于中档题4.【答案】D28. 【解析】解：，故选：D利用指数与对数函数的单调性即可判断出大小关系本题考查了指数与对数函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于基础题5.【答案】A29. 【解析】解：，根据上述过程得出的整数有：13，40，20，10，5，16，8，4，2，1，随机选取两个不同的数，基本事件总数，两个数都是奇数包含的基本事件个数，两个数都是奇数的概率为故选：A时，列出根据上述过程得出的整数，随机选取两个不同的数，求出基本事件总数，两个数都是奇数包含的基本事件个数，由此能求出两个数都是奇数的概率本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运
9、算求解能力，是基础题6.【答案】C30. 【解析】解：根据题意，函数为奇函数，则有，即，又由为偶函数，则，则有，即有，当时，若，则，则，则当时，有，则为增函数且；故在上为增函数，且；故选：C根据题意，分析可得，结合函数的解析式可得当时函数的解析式，据此分析可得答案本题考查函数奇偶性、周期性的判断，注意分析函数的周期，属于基础题7.【答案】C31. 【解析】解：双曲线的两条渐近线的倾斜角成2倍关系，可得一条渐近线的倾斜角为，斜率为，所以，即，可得，解得故选：C利用已知条件判断渐近线的倾斜角，然后转化求解双曲线的离心率即可本题考查双曲线的简单性质的应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题8.【答案
10、】D32. 【解析】解：模拟程序的运行，可得该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量的值，可得：故选：D模拟执行程序框图，可得当时，刚好满足条件，则退出循环，输出S的值为，利用等差数列的求和公式即可计算得解本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，是基础题9.【答案】B33. 【解析】解：根据题意，则，则，若，则有，解可得，若，则，则，则；故选：B根据题意，由向量的坐标计算公式可得的坐标，由向量模的公式可得，解可得的值，又由向量垂直与数量积的关系可得，变形分析可得，进而可得，计算可得答案本题考查向量数量积的计算，涉及向量模的计算以及向量垂直的判断，属于基
11、础题10.【答案】C34. 【解析】解：，当取得极小值时，有，即，故选：C先结合二倍角公式和辅助角公式对函数进行化简，有，再借助正弦函数的图象，找出取得极小值时的值，再代入进行运算即可得解本题考查三角恒等变换与三角函数的综合，熟练运用三角恒等变换的相关公式和正弦函数的图象与性质是解题的关键，考查学生的逻辑推理能力和运算能力，属于基础题11.【答案】C35. 【解析】解：设圆锥的半径为l，围成的圆锥的底面半径为r，底面的圆心为，圆锥的外接球的半径为R，外接球的球心为O，如图所示，由题意可得，所以，所以圆锥的高，在中，而，所以，解得所以外接球的表面积，圆锥的侧面积所以圆锥的侧面积与它的外接球的表面
12、积之比为，故选：C由扇形围成一个圆锥，可得圆锥的底面半径的关系，可得圆锥的侧面积，求出圆锥的高，底面半径，外接球的半径之间的关系求出外接球的半径，进而求出外接球的表面积进而求出面积之比本题考查扇形围成的圆锥的底面半径与扇形的半径的关系，及外接球的半径的关系，属于中档题12.【答案】B36. 【解析】解：设，由题意可得在准线上，所以D为QF的中点，所以，因为，所以B为OD的中点，所以，所以，因为B为圆P上，所以可得：，解得：，所以圆的半径为：故选：B设P的坐标，由题意可得Q的坐标，可得D，B的坐标，再由圆可得，解得P的坐标，进而可得P的半径本题考查抛物线的性质，属于中档题13.【答案】，37.
13、【解析】解：命题是特称命题，则命题的否定是，故答案为：，根据特称命题的否定是全称命题进行判断即可本题主要考查含有量词的命题的否定，比较基础14.【答案】338. 【解析】解：由题意知，切线过点设切点为，则切线方程为，因为切线过点，代入上式得，解得故答案为：3先对曲线求导数，然后设切点为，据此写出切线方程，再根据已知，即切线过点，将点代入，解出m本题考查导数的几何意义，利用切点满足的两个条件列方程组是解决问题的基本思路属于基础题15.【答案】39. 【解析】解：作出分段函数的图象如图，分段函数的第一段图象一定当，的图象在x轴上方，则，故正确；若有一个零点，则需的图象与x轴有一个交点，则，故正确；
14、只有当时，分段函数为减函数，否则，分段函数不是单调函数，故错误故答案为：由题意画出图形，结合图象，逐一分析三个命题得结论本题考查分段函数的应用，考查数形结合的解题思想方法，是中档题16.【答案】40. 【解析】解：，由正弦定理可得：，由余弦定理可得：，解得：，为的重心，解得故答案为：，由正弦定理可得：，由余弦定理可得：，代入化简整理可得由，可得由，可得G为的重心可得，即可得出本题考查了正弦定理余弦定理、和差公式、三角形重心性质、三角形面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题17.【答案】解：由题意，可知：，设等差数列的公差为d，则：，等差数列的首项为，公差为，由知，则，41. 【解析
15、】本题第题先根据题干计算出、的值，然后根据数列为等差数列，可计算出公差，即可得到数列的通项公式，进一步可计算出数列的通项公式；第题先根据第题的结果计算出数列的通项公式，并对通项公式进行转化，然后运用裂项相消法计算出前n项和本题主要考查数列求通项公式，以及运用裂项相消法计算前n项和问题考查了转化与化归思想，整体思想，等差数列的基本量的计算，以及逻辑推理能力和数学运算能力，本题属中档题18.【答案】证明：平面ABC，平面PBC，平面平面ABC，又平面平面，在平面ABC内，过A作，则平面PBC平面平面PBC，且平面平面，在平面PAC内，过A作，则平面PBC，则AE与AF重合为AC平面PBC；解：由平
16、面ABC，平面PAB，得平面平面ABC，又平面平面，在平面ABC内，过C作，则平面PAB，过G作，垂足为H，连接CH则为二面角的平面角，可得，则设，则，则，则中，解得42. 【解析】由已知可得平面平面ABC，在平面ABC内，过A作，可得平面同理在平面PAC内，过A作，则平面PBC，得到AE与AF重合为可得平面PBC；由平面ABC，得平面平面ABC，在平面ABC内，过C作，则平面PAB，得，过G作，垂足为H，连接CH，则，可得为二面角的平面角，即，设，求解三角形得到x，进一步求得PA本题考查利用同一法证明直线与平面垂直，考查二面角的平面角的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查计算能力，是中档题
17、19.【答案】解：由题可知，椭圆的左，右焦点分别为，由椭圆的定义知，椭圆E的方程为另解：由题可知，解得证明：易得，直线l：与椭圆联立，得，从而，直线AM的斜率为，直线AM的方程为令得，直线PQ的斜率直线OC的斜率，从而43. 【解析】求出，由椭圆的定义求出a，然后求解b，即可得到椭圆E的方程另解：由题可知，解得直线l：与椭圆联立，求出MQ的坐标，直线AM的斜率，直线AM的方程，然后求解直线PQ的斜率推出直线OC的斜率，即可证明本题考查椭圆的简单性质的应用，直线与椭圆的位置关系的应用，考查分析问题解决问题的能力，属于中档题20.【答案】解：因此令，得，当时，在上为增函数；当时，在上为减函数所以的
18、最大值点由知的可能取值为3，2，1，0，所以的分布列为3210P44. 若，则中国队10轮后的总积分为29分，美国队即便第10轮和第11轮都积3分，则11轮过后的总积分是28分，所以，中国队如果第10轮积3分，则可提前一轮夺得冠军，其概率为45. 【解析】从而令，得，利用导数性质能求出的最大值点的可能取值为3，2，1，0，分别求出相应的概率，由此能求出的分布列若，则中国队10轮后的总积分为29分，美国队即便第10轮和第11轮都积3分，则11轮过后的总积分是28分，从而求出中国队如果第10轮积3分，则可提前一轮夺得冠军，其概率为本题考查概率的求法，考查离散型随机变量的分布列的求法，考查导数性质、
19、n次独立重复试验中事件A恰好发生k次概率计算公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题21.【答案】解：当时，令，解得，当时，此时单调递增；当时，此时单调递减，当时，故函数的单调递减区间为；证明：当时，在时单调递增，令，解得，且，当在时，此时单调递减；当在时，此时单调递增故令，则，在时单调递减，即，所以当时，46. 【解析】对求导，利用导数的符号判断其单调性，求出其单调区间；对求导，利用导数的符号判断其单调性，求出其最小值，再判断出最小值大于0即可本题主要考查导数的综合应用，解决起来有一定难度，属于一道难度比较大的题22.【答案】解：曲线：为参数转换为直角坐标方程为，转换为极坐标方程为，化简得
20、曲线：，转换为极坐标方程为，整理得所以，解得，同理，解得，由于，整理得，解得47. 【解析】直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换利用极径的应用建立等量关系，求出参数a的值本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，极径的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础性题23.【答案】解：若，则，由，得，即，则；若，则，由，得，即，此时；若，则，由，得，即，则不等式的解集为或；由知，作出函数的图象如图：则，解得48. 【解析】分类写出分段函数解析式，代入，求解后取并集得答案；作出分段函数的图象，画出图形，由函数的图象与直线围成的图形的面积为6列式求解a值本题考查绝对值不等式的解法，考查分段函数的图象，是中档题
