1、吉林省梅河口市第五中学2020届高三数学下学期模拟考试试题 文（含解析）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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2，则等于A. B. C. 1，2，D. 0，1，2，【答案】B【解析】【分析】分别求出集合A，B，由此能求出【详解】集合2，故选B【点睛】本题考查交集的求法，考查交集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题2.已知复数在复平面内对应点是，为虚数单位，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】 ，选D.3.命题“”的否定是( )A. 不存在B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】全称命
2、题的否定为,对结论进行否定,即可得到结果.【详解】由全称命题的否定是特称命题,可得命题的否定是“”,故选:C【点睛】本题考查全称命题的否定,属于基础题.4.已知向量且，则A. 1B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据题意，求得，根据，列出关于的方程，即可求解【详解】由题意，向量，则因为，所以，解得，故选B【点睛】本题主要考查了向量的坐标表示，以及向量的共线条件的应用，其中熟记向量的坐标表示，合理根据共线条件列出方程求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题5.已知，则a, b, c的大小关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】试题分析：因为，所以由指
3、数函数的性质可得，因此,故选A.考点：1、指数函数的性质；2、对数函数的性质及多个数比较大小问题.【方法点睛】本题主要考查指数函数的性质、对数函数的性质以及多个数比较大小问题，属于中档题. 多个数比较大小问题能综合考查多个函数的性质以及不等式的性质，所以也是常常是命题的热点，对于这类问题，解答步骤如下：（1）分组，先根据函数的性质将所给数据以为界分组；（2）比较，每一组内数据根据不同函数的单调性比较大小；（3）整理，将各个数按顺序排列.6.宋元时期数学名著算学启蒙中有关于“松竹并生”的问题：松长五尺，竹长两尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而长等如图是源于其思想的一个程序框图，若输入的、分别为8
4、、2，则输出的（ ）A. 5B. 4C. 3D. 2【答案】A【解析】【分析】由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量的值，模拟程序的运行过程，可得答案【详解】输入的、分别为8、2，第一次执行循环体后，不满足退出循环的条件第二次执行循环体后，不满足退出循环的条件第三次执行循环体后，不满足退出循环的条件第四次执行循环体后，不满足退出循环的条件第五次执行循环体后，满足退出循环的条件故输出的故选：A【点睛】本题考查的知识点是程序框图，当循环的次数不多，或有规律时，常采用模拟循环的方法解答7.在中，角的对边分别为，若，则（ ）A. 1B. 2C. D. 【答案】A【解析】【分析
5、】将已知条件利用正弦定理化简即可得到答案.【详解】因为，由正弦定理，得，所以，故选:A【点睛】本题考查正弦定理的应用，属于基础题.8.在区间上随机取一个数x，则的值介于0到之间的概率为A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】结合题意，计算满足条件的x的范围，结合几何概型计算公式，计算，即可【详解】在区间内满足关系的x的范围为，故概率为，故选A【点睛】考查了三角函数的基本性质，考查了几何概型计算公式，关键计算出满足条件的x的范围，计算概率，即可，难度中等9.已知直线与双曲线交于两点，以为直径的圆恰好经过双曲线的右焦点，若的面积为，则双曲线的离心率为A. B. C. 2D. 【答案】D【
6、解析】【分析】通过双曲线和圆的对称性，将的面积转化为的面积；利用焦点三角形面积公式可以建立与的关系，从而推导出离心率.【详解】由题意可得图像如下图所示：为双曲线的左焦点为圆的直径 根据双曲线、圆的对称性可知：四边形为矩形又，可得： 本题正确选项：【点睛】本题考查双曲线的离心率求解，离心率问题的求解关键在于构造出关于的齐次方程，从而配凑出离心率的形式.10.设函数的定义域为,如果存在正实数,使得对任意,都有,则称为上的“型增函数”.已知函数是定义在上的奇函数,且当时,).若为上的“型增函数”,则实数的取值范围是A. B. C. D. 【答案】B【解析】函数是定义在上的奇函数，且当时，)，为上的“
7、20型增函数”，当时，解得，当时，由，即，得：，或，解得，实数的取值范围是，故选B.11.已知过球面上三点，的截面到球心距离等于球半径的一半，且，则球面面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】设出球的半径，小圆半径，通过已知条件求出两个半径，再求球的表面积【详解】如图，设球的半径为R，O是ABC的外心，外接圆半径为r，则OO面ABC在RtACD中，cosA，则sinA在ABC中，由正弦定理得2r，r，ABC外接圆的半径，故选C【点睛】本题考查立体几何中的球的截面问题和球的表面积问题，考查球面距离弦长问题，正弦定理的应用，考查学生分析问题解决问题能力，空间想象能力，属于难题
8、12.已知直线：与圆：，直线与圆相交于不同两点.若，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】通过平方运算，将原不等式化简，求解出的取值范围；再利用直线与圆相交以及弦长的关系，求得的取值范围.【详解】圆方程可化为： ，圆半径 即 设圆心到直线的距离为则 又直线与圆相交，可得即 综上所述：本题正确选项：【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系以及直线被圆截得的弦长，解题的关键是能够通过向量模长的运算，得到关于直线被圆所截得的弦长的范围，再利用直线与圆的相关知识来求解.二、填空题：本大题共4小题，每题5分，共20分13.设曲线在点处的切线与直线垂直，则 _【答案】1【解析
9、】【分析】对函数求导，利用导数的几何意义可得曲线在点(1,a)处的切线斜率，根据两条直线垂直斜率乘积为-1即可得a值.【详解】，所以切线的斜率，又切线与直线垂直得，解得.故答案为1【点睛】本题考查导数的几何意义的应用，属于基础题.14.已知，满足约束条件，则的最小值为_【答案】【解析】【分析】作出不等式对应的平面区域，利用z的几何意义，即可求解【详解】作出x，y满足约束条件对应的平面区域如图：由zx+y，得y-x+z表示，斜率为-1纵截距为z的一组平行直线，平移直线y-x+z，当直线y-x+z经过点A时，直线y-x+z的截距最小，此时z最小，由，此时zmin+1故答案为【点睛】点睛：利用线性规
10、划求最值的步骤：(1)在平面直角坐标系内作出可行域(2)考虑目标函数几何意义，将目标函数进行变形常见的类型有截距型（型）、斜率型（型）和距离型（型）(3)确定最优解：根据目标函数的类型，并结合可行域确定最优解(4)求最值：将最优解代入目标函数即可求出最大值或最小值15.已知正数满足，则的最小值为_.【答案】25【解析】正数满足，有，即.当且仅当，即时的最小值为25.答案为：25.点睛：本题主要考查基本不等式，其难点主要在于利用三角形的一边及这条边上的高表示内接正方形的边长.在用基本不等式求最值时，应具备三个条件：一正二定三相等.一正：关系式中，各项均为正数；二定：关系式中，含变量的各项的和或积
11、必须有一个为定值；三相等：含变量的各项均相等，取得最值.16.中，内角，所对的边分别为，.已知，且，则面积的最大值是_【答案】【解析】【分析】由正弦定理将已知化简可得角B，再由余弦定理和基本不等式得ac最大值，即可得到面积的最大值.【详解】由及正弦定理得，即，又，于是可得，即，.在中，由余弦定理得，即，又因为，由此可得，当且仅当时等号成立，面积，故面积最大值为.故答案为【点睛】本题考查正弦定理，余弦定理和三角形面积公式的应用，考查利用基本不等式求最值问题，属于常考题型.三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第1721题为必考 题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为
12、选考题，考生根据要求作答.17.已知等差数列的前n项和为，且，（1）求；（2）设数列的前n项和为，求证：【答案】（1）；（2）见解析【解析】【分析】（1）设公差为，由，可得解得，从而可得结果；（2） 由（1），则有，则，利用裂项相消法求解即可.【详解】（1）设公差为d，由题解得，所以 （2） 由（1），则有则所以 【点睛】本题主要考查等差数列的通项与求和公式，以及裂项相消法求数列的和，属于中档题. 裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：(1)；（2） ； （3）；（4）；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出
13、现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.18.如图，在三棱柱中，侧棱垂直于底面，分别是，的中点.(1)求证:平面平面；(2)求证: 平面.【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析【解析】【分析】（1）根据线面垂直的判断定理得到平面；再由面面垂直的判定定理，即可得出结论成立；（2）取的中点，连接，根据线面平行的判定定理，即可得出结论成立.【详解】(1)在三棱柱中，底面，所以.又因为，所以平面；又平面，所以平面平面；(2)取的中点，连接，.因为，分别是，的中点，所以，且，.因为，且，所以，且，所以四边形为平行四边形，所以，又因为平面，平面，所以平面.【点睛】本题主要考查证明面面垂直，以及证明线面平
14、行，熟记线面垂直、面面垂直的判定定理，以及线面平行的判定定理即可，属于常考题型.19.如图，在四棱锥中，平面， ，.()证明：平面平面；()若的面积为，求三棱锥的体积.【答案】()证明见解析；().【解析】【分析】（I）利用勾股定理证明，根据平面证得，由此证得平面 平面.（II）利用三角形的面积列方程求得的长，然后计算出三棱锥的体积.【详解】()在直角梯形中， =， ， , 平面，平面， ，又 平面，又平面，平面 平面 .()设，=， ,又 .【点睛】本小题主要考查面面垂直的证明，考查三棱锥的体积计算，属于中档题.20.在平面直角坐标系中，已知椭圆的左顶点为，右焦点为，为椭圆上两点，圆.（1）
15、若轴，且满足直线与圆相切，求圆的方程；（2）若圆的半径为2，点，满足，求直线被圆截得弦长的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据题意先计算出点坐标，然后得到直线的方程，根据直线与圆相切，得到半径的大小，从而得到所求圆的方程；（2）先计算斜率不存在时，被圆截得弦长，斜率存在时设为，与椭圆联立，得到和，代入到得到的关系，表示出直线被圆截得的弦长，代入的关系，从而得到弦长的最大值.【详解】解：（1）因为椭圆方程为，所以，因为轴，所以， 根据对称性，可取， 则直线的方程为，即. 因为直线与圆相切，得，所以圆的方程为 .（2）圆半径为2，可得圆的方程为. 当轴时，所以，得，此时得直线被圆
16、截得的弦长为. 当与轴不垂直时，设直线的方程为，首先由，得，即，所以（*）. 联立，消去得，在时，代入（*）式，得，由于圆心到直线的距离为，所以直线被圆截得的弦长为，故当时，有最大值为.综上，因为，所以直线被圆截得的弦长的最大值为. 【点睛】本题考查根据直线与圆相切求圆的方程，直线与椭圆的交点，弦长公式，对计算能力要求较高，属于难题.21.设函数.（1）若是的极大值点，求的取值范围；（2）当，时，方程（其中）有唯一实数解，求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由题意，求得函数的导数得到，分类讨论得到函数的单调性和极值，即可求解实数的取值范围；（2）因为方程有唯一实数解，即有唯一实数
17、解，设，利用导数，令，得，由此入手即可求解实数m的值【详解】（1）由题意，函数的定义域为，则导数为由，得，若，由，得.当时，此时单调递增；当时，此时单调递减.所以是的极大值点若，由，得，或.因为是的极大值点，所以，解得综合：的取值范围是（2）因为方程有唯一实数解，所以有唯一实数解设，则，令，即.因为，所以（舍去），当时，在上单调递减，当时，在单调递增当时，取最小值则，即，所以，因为，所以（*）设函数，因为当时，是增函数，所以至多有一解因为，所以方程（*）的解为，即，解得【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及函数的零点问题，着重考查了转化与化归思想、分类讨论、及逻辑推理能力与计算能力，
18、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；有时也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.选修44：极坐标与参数方程22.在平面直角坐标系中，以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，两种坐标系中取相同的长度单位.已知直线l的参数方程为（t为参数），曲线C的极坐标方程为4sin（+）.（1）求直线l的普通方程与曲线C的直角坐标方程；（2）若直线l与曲线C交于M，N两点，求MON的面积.【答案】(1) 直线l的普通方程为xy40. 曲线C的直角坐标
19、方程是圆：(x)2(y1)24. (2)4【解析】【分析】（1）将直线l参数方程中的消去，即可得直线l的普通方程，对曲线C的极坐标方程两边同时乘以，利用可得曲线C的直角坐标方程；（2）求出点到直线的距离，再求出的弦长，从而得出MON的面积【详解】解：(1)由题意有，得，xy4，直线l的普通方程为xy40.因为4sin所以2sin2cos，两边同时乘以得，22sin2cos，因为，所以x2y22y2x，即(x)2(y1)24，曲线C的直角坐标方程是圆：(x)2(y1)24. (2)原点O到直线l的距离 直线l过圆C的圆心(，1)，|MN|2r4，所以MON的面积S |MN|d4.【点睛】本题考查
20、了直线与圆的极坐标方程与普通方程、参数方程与普通方程的互化知识，解题的关键是正确使用这一转化公式，还考查了直线与圆的位置关系等知识.选修45：不等式选讲23.已知函数.（1）求不等式的解集；（2）若的最大值为m，正数a，b，c满足，求证：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）分别讨论,时的解析式,进而求解即可；（2）先将解析式写为分段函数形式,求得的最大值为3,即,再由柯西不等式求证即可.【详解】（1）当时,由,得,解得,此时；当时,由,得,解得,此时；当时,此时不等式无解,综上所述,不等式的解集为（2）证明:由（1）可知,当时,；当时；当时,所以函数的最大值为,则.由柯西不等式可得,即,即,当且仅当时等号成立,因此.【点睛】本题考查分类讨论法解绝对值不等式,考查利用柯西不等式证明不等式.