河北省衡水中学2020届高三上学期六调数学（文）试题 WORD版含解析.doc

1、2019-2020学年度上学期高三年级六调考试文数试卷本试卷共4页，23题（含选考题）.全卷满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1答题前，先将自己的姓名、考号等填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3填空题和解答题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.4选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑.答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和

2、答题卡上的非答题区域无效.5考试结束一定时间后，通过扫描二维码查看考题视频讲解.第卷一、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.已知集合，则集合中元素的个数为（ ）A. 0个B. 1个C. 2个D. 4个【答案】C【解析】【分析】根据集合表示的含义，数形结合即可求得.【详解】根据集合的含义，表示椭圆与抛物线交点，又两曲线的位置关系如下图所示：所以集合中元素的个数为2.故选：C.【点睛】本题考查集合的交运算，涉及椭圆和双曲线的图像，属综合基础题.2.已知，则“”是“”的（ ）A. 既不充分也不必要条件B. 充分不必要条件C. 必要不充分条件D.

3、 充要条件【答案】A【解析】【分析】本题只需解出条件和结论对应的的取值范围，再从集合的角度，即可得出答案【详解】解：前者：或，后者：；所以“”是“”的既不充分也不必要条件【点睛】本题结合解不等式，考查充分必要条件，属于基础题3.复数满足则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】设出复数，根据复数的运算，即可求得复数，进而可得其共轭复数.【详解】令：，则，所以，解得所以故 故选：B【点睛】本题考查复数的运算，涉及共轭复数的求解，属综合基础题.4.函数的大致图象为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据函数的奇偶性以及特殊值即可容易判断.【详解】要使函数有意义，

4、则即函数定义域为，所以定义域关于原点对称因为，所以是奇函数，排除B，D；又排除A.故选：C【点睛】本题考查函数图像的识别，涉及函数奇偶性的判断，指数运算，属综合基础题.5.在中，D在边AC上满足，E为BD的中点，则（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据为中点，首先易得，再通过向量加法以及向量的减法和即可得到结果.详解】如图所示：因为为的中点，所以，又，故选B【点睛】本题主要考查平面向量基本定理的应用，对向量加法和减法的运用较为灵活，属于基础题6.“沉鱼、落雁、闭月、羞花”是由精彩故事组成的历史典故.“沉鱼”，讲的是西施浣纱的故事；“落雁”，指的就是昭君出塞的故事；“闭月”，

5、是述说貂蝉拜月的故事；“羞花”，谈的是杨贵妃醉酒观花时的故事.她们分别是中国古代的四大美女.某艺术团要以四大美女为主题排演一部舞蹈剧，已知乙扮演杨贵妃，甲、丙、丁三人抽签决定扮演的对象，则甲不扮演貂蝉且丙扮演昭君的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】列举出所有可能的情况，从中找出满足条件的情况种数，根据古典概型概率公式得到结果.【详解】由题意可得，甲乙丙扮演角色的所有情况有：（甲西施，丙昭君，丁貂蝉），（甲西施，丙貂蝉，丁昭君），（甲昭君，丙西施，丁貂蝉），（甲昭君，丙貂蝉，丁西施），（甲貂蝉，丙昭君，丁西施），（甲貂蝉，丙西施，丁昭君），共种其中满足条件的仅有：（甲

6、西施，丙昭君，丁貂蝉），共种所求事件的概率为本题正确选项：【点睛】本题考查古典概型概率问题的求解，当基本事件个数较少时，通常采用列举法来进行求解.7.已知函数的部分图象如图所示，其中，且，则函数在下列区间中一定具有单调性的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据图像可得函数周期的范围，根据周期的情况，即可判断.【详解】根据题意，及，可得且，即当周期无限接近且小于时，图中最高点的横坐标无限接近于0且大于0，所以在区间上不单调，故A错；图中最低点的横坐标大于小于，所以在区间上不单调，故C错；当周期无限接近时，图中的最低点自左向右无限接近，所以在区间上不单调，故D错，故选：B【

7、点睛】本题考查正弦型三角函数的性质，涉及周期以及函数单调性，属基础题.8.如图，已知四棱锥的底面是平行四边形，交于点为的中点，点在上，平面，则的值为（ ）A. 1B. C. 2D. 3【答案】D【解析】【分析】根据线面平行，推证出线线平行，结合三角形相似，即可容易求得.【详解】如下图所示，设交于于点，连接，为的中点，则四边形是平行四边形，又平面，平面，平面平面,故选：D【点睛】本题考查由线面平行，求线段之间的比例关系，属基础题.9.设函数，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据函数的单调性，结合零点存在性定理，可判断的范围，即可进行选择.【详解】由，易知函数为增函数

8、，因为，且由零点存在定理，可知由，易知函数为增函数因为，且由零点存在定理，可知，因此，故选：B【点睛】本题考查零点存在性定理的应用，涉及指数函数和对数函数的单调性，属综合基础题.10.已知抛物线的焦点为，过点（-2，0）且斜率为的直线与抛物线相交于、两点，且满足，则的值是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据直线的位置关系，求得，即可求得点坐标，代入直线方程，则斜率可求.【详解】由题知，抛物线的准线为，直线过定点，如图，过、分别作于点于点，由，得，则为的中点，连接则，所以，则点的横坐标为1，代入抛物线的方程，得点的坐标为，把点的坐标代入直线，解得.故选：D【点睛】本题考查

9、抛物线简单几何性质，以及抛物线上一点的求解，属中档题.11.数学家也有许多美丽的错误，如法国数学家费马于1640年提出了以下猜想是质数直到1732年才被善于计算的大数学家欧拉算出，不是质数现设，表示数列的前n项和则使不等式成立的最小正整数n的值是（提示）（ ）A. 11B. 10C. 9D. 8【答案】C【解析】【分析】先求出，再求出，再利用裂项相消化简求出最小正整数n的值.【详解】把代入），得，故，则，则不等式成立，代入计算可得，当不等式成立时n的最小值为9故选C【点睛】本题主要考查数列通项的计算，考查等比数列的前n项和，考查裂项相消法求和，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理计算

10、能力.12.已知对任意等式恒成立（其中是自然对数的底数），则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】因为不等式左边是类指数函数不便于计算，故可两边取对数进行化简，再参变分离得出，再求的最大值即可【详解】由，两边取对数则，因为定义域为，故，令，则，令则有 ，所以在区间上，单调递增；在区间上，单调递减所以，故，又恒成立，所以，故选A【点睛】恒成立的问题求参数范围，可根据题意化简，参变分离得出的结构，再求的最大值即可第卷本卷包括必考题和选考题两部分.第1321题为必考题，每个试题考生都必须作答.第2223题为选考题，考生根据要求作答.二、填空题：本题共4小题，每小题5

11、分.13.已知实数，满足约束条件，则的最大值为_【答案】13【解析】【分析】画出不等式组表示的平面区域，数形结合即可求得目标函数的最大值.【详解】作出不等式组所表示的可行域如图阴影部分所示：联立，解得则点，平移直线，当直线经过可行域的顶点时，直线在轴上的截距最大，此时，取最大值，即故答案为：13.【点睛】本题考查简单的线性规划问题，属基础题.14.某市农科所对冬季昼夜温差大小与某反季节大豆新品种发芽多少之间的关系进行分析研究，他们分别记录了12月1日至12月4日的每天昼夜温度与实验室每天每100颗种子中的发芽数，得到如下数据：日期12月1日12月2日12月3日12月4日温差1113128发芽数

12、（颗）26322617根据表中12月1日至12月3日的数据，求得线性回归方程中的，则求得的_；若用12月4日的数据进行检验，检验方法如下：先用求得的线性回归方程计算发芽数，再求与实际发芽数的差，若差值的绝对值不超过2颗，则认为得到的线性回归方程是可靠的，则求得的线性回归方程_（填“可靠”或“不可靠”）【答案】 (1). 3 (2). 可靠【解析】【分析】先求得样本中心点，即可求得；根据求得的回归方程，即可容易求得12月4日的估计值，根据题意，即可判断是否可靠.【详解】由题得，所以样本中心点为（12,28），所以，所以；因为，所以12月4日的估计值为，又，没有超过2，所以求得的线性回归方程可靠故

13、答案为：；可靠.【点睛】本题考查由样本中心点求回归直线方程，以及用回归直线方程进行预测.15.已知双曲线：的左右焦点分别为，过的直线与圆相切于点，且直线与双曲线的右支交于点，若，则双曲线的离心率为_.【答案】【解析】【分析】根据题意，作出图形，结合双曲线第一定义，再将所有边长关系转化到直角三角形中，化简求值即可【详解】如图，由题可知，则，又，又，作，可得，则在，即，又，化简可得，同除以，得解得双曲线的离心率为【点睛】本题考查了利用双曲线的基本性质求解离心率的问题，利用双曲线的第一定义和中位线定理将所有边长关系转化到直角三角形中是解题关键，一般遇到此类题型，还是建议结合图形来进行求解，更直观更具

14、体16.已知分别是的内角的对边，且，则周长的最小值为_【答案】【解析】【分析】化简，求得角的大小，用三角形的面积公式列式，然后利用基本不等式求得周长的最小值.【详解】由得，故.由三角形面积公式得.所以三角形的周长，当且仅当时，等号成立.故周长的最小值为.【点睛】本小题主要考查余弦定理解三角形，考查三角形面积公式，考查利用基本不等式求最小值，属于中档题.三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.某学校需要从甲、乙两名学生中选一人参加数学竞赛，抽取了近期两人次数学考试的成绩，统计结果如下表：第一次第二次第三次第四次第五次甲的成绩(分)乙的成绩(分)(1)若从甲、乙两人中选出一人参加

15、数学竞赛，你认为选谁合适?请说明理由.(2)若数学竞赛分初赛和复赛，在初赛中有两种答题方案：方案一：每人从道备选题中任意抽出道，若答对，则可参加复赛，否则被淘汰.方案二：每人从道备选题中任意抽出道，若至少答对其中道，则可参加复赛，否则被润汰.已知学生甲、乙都只会道备选题中的道，那么你推荐的选手选择哪种答题方条进人复赛的可能性更大?并说明理由.【答案】（1）见解析；（2）选方案二【解析】【分析】（1）可以用两种方法决定参赛选手,方法一：先求平均数再求方差，根据成绩的稳定性决定选手；方法二：从统计的角度看，看甲乙两个选手获得以上(含分)的概率的大小决定选手；（2）计算出两种方案学生乙可参加复赛的概

16、率，比较两个概率的大小即得解.【详解】(1)解法一：甲的平均成绩为；乙的平均成绩为，甲的成绩方差；乙的成绩方差为；由于，乙的成绩较稳定，派乙参赛比较合适，故选乙合适.解法二、派甲参赛比较合适，理由如下：从统计的角度看，甲获得以上(含分)的概率，乙获得分以上(含分)的概率因为故派甲参赛比较合适，(2)道备选题中学生乙会的道分别记为，不会的道分别记为，.方案一：学生乙从道备选题中任意抽出道的结果有：，共5种，抽中会的备选题的结果有，共3种.所以学生乙可参加复赛的概率.方案二：学生甲从道备选题中任意抽出道的结果有，共种，抽中至少道会的备选题的结果有：，共种，所以学生乙可参加复赛的概率因为，所以学生乙

17、选方案二进入复赛的可能性更大.【点睛】本题主要考查平均数和方差的计算，考查古典概型的概率的计算和决策，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.18.设数列前项和，满足，且（1）求证：数列是等比数列；（2）若，求数列的前项和【答案】（1）证明见详解；（2）.【解析】【分析】（1）利用与之间的关系，构造数列即可证明；（2）根据（1）中证明，即可求得，代入可得，再用错位相减法即可求得结果.【详解】（1）因为，两式相减，得 又，且，解得，又，数列是首项为2，公比为2的等比数列 （2）由（1）知， 则 由-，得，故【点睛】本题考查等比数列的证明，以及利用错位相减法求数列的前项和；涉及与之间的

18、关系，以及构造数列法.属综合中档题.19.如图所示，已知正方形所在平面垂直于矩形所在的平面，与的交点为分别为的中点，（1）求证：平面平面；（2）求三棱锥底面上的高【答案】（1）证明见详解；（2）.【解析】【分析】（1）先利用勾股定理求得，即可求得平面；再利用线面垂直求证面面垂直；（2）利用，据此可以求得点到面的距离.【详解】（1）在正方形中，与交点为，是的中点，又是的中点，易知正方形所在平面垂直于矩形所在的平面，且交线为平面由，得，又，平面 平面，平面平面 （2）设三棱锥底面上的高为，由（1）可得 在中，因为，又，解得故三棱锥底面上的高为【点睛】本题考查利用线面垂直求证面面垂直，以及用等体积法

19、求点面距离，属综合中档题.20.已知椭圆的左右顶点为A，B，点P，Q为椭圆上异于A，B的两点，直线与直线的斜率分别记为，且（）求证：；（）设，的面积分别为，判断是否为定值，若是求出这个定值，若不是请说明理由【答案】（）详见解析（）为定值4，详见解析【解析】【分析】（）设，由题得，又因为，所以有，因为，所以，进而得出结论（）设直线的方程为：，联立得：得，再由韦达定理和可得，即或，进而表示出与，再判断是否为定值【详解】（）设，则，又，则，代入上式，得,由已知：，则，从而，即（）设直线的方程为：，联立得：，由，由韦达定理：，由（1），则，则，即：，所以：，得：或，当时，直线，不合题意，当时，直线，过

20、定点，又，则，为定值【点睛】圆锥曲线是近几年高考的热点与难点，本题考查由斜率关系证明直线垂直，韦达定理，设而不求法，属于偏难题目21.已知函数，且曲线的切线（1）求实数的值以及切点坐标（2）当时，求证：【答案】（1），切点的坐标为；（2）证明见详解.【解析】【分析】（1）设出切点，求得，写出该点处的切线方程，比照系数，求得未知数即可求得；（2）构造函数，利用导数证明即可求证结果【详解】（1）由题得，的定义域为，设切点为，则切线为，即，从而 消去，得，记，则，显然单调递减且，当时，单调递增；当时，单调递减，故当且仅当时，取到最大值，而，切点的坐标为.（2）记，则，当时，单调递增；当时，单调递减，

21、即 记，则，当时，单调递减；当时，单调递增，即，即，由，得【点睛】本题考查根据切线方程求参数值以及切点坐标，利用导数证明不等式，属压轴题.请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一个题计分.22.在平面直角坐标系xOy中，曲线：，（为参数），将曲线上的所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标缩短为原来的后得到曲线，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为（1）求曲线的极坐标方程和直线l的直角坐标方程；（2）设直线l与曲线交于不同的两点A，B，点M为抛物线的焦点，求的值【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）由曲线的参数方程得到普通方程，经变化后得

22、到曲线：，化为极坐标即可，利用两角差的正弦公式可得直线的极坐标方程为，进而可化为直角坐标方程；（2）写出直线的参数方程，将直线代入到圆的方程中，利用参数的几何意义结合韦达定理即可得结果.【详解】解：（1）将曲线：(为参数)，消参得，经过伸缩变换后得曲线：，化为极坐标方程为，将直线的极坐标方程为，即，化为直角坐标方程为（2）由题意知在直线上，又直线的倾斜角为，所以直线的参数方程为（为参数）设对应的参数分别为，将直线的参数方程代入中，得因为在内，所以恒成立，由韦达定理得所以【点睛】本题考查了极坐标方程与直角坐标方程的互化、直线参数方程及其应用、一元二次方程的根与系数的关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题23.已知函数，（1）解不等式；（2）若的最小值为，且存在，使成立，求实数的取值范围【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）分类讨论即可求得不等式的解集；（2）由（1）中即可求得，再根据绝对值三角不等式求得的最小值，解不等式即可求得结果.【详解】（1）当时，解得，即；当时，解得，即；当时，解得，即.故原不等式的解集为 .（2）由（1）知，所以当时，取最小值 而，由题意可知，即，解得，所以实数的取值范围为【点睛】本题考查分类讨论求绝对值不等式，以及利用绝对值三角不等式求绝对值函数的最值.