1、吉林省白城四中2020届高三数学网上模拟考试考试题 文（含解析）一、选择题：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，集合，则( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】，所以，故选择C.2.已知复数，则( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】 ，选A3.命题“若，则”的逆否命题是（ ）A. 若，则且B. 若，则C. 若或，则D. 若或，则【答案】D【解析】【分析】根据逆否命题的定义即可写出原命题的逆否命题.【详解】根据逆否命题的定义知，原命题的逆否命题为：若，或，则.故选：D.【点睛】考查逆否命题的定义，以及写出原命题的逆否命题的方法.4.已知椭圆的左右焦点分
2、别为，过且垂直于长轴的直线交椭圆于A，B两点，则的周长为A. 4B. 6C. 8D. 16【答案】C【解析】由题意知点A在椭圆上，同理.的周长为选C5.已知平面向量，则（ ）A. B. 3C. D. 5【答案】A【解析】【分析】先由的坐标，得到的坐标，进而可得向量的模.【详解】因为，所以，因此故选A【点睛】本题主要考查向量的模，熟记向量的坐标表示即可，属于常考题型.6.已知等比数列的各项均为正数，其前n项和为，若，则A. 4B. 10C. 16D. 32【答案】C【解析】【分析】根据等比数列的通项公式，建立方程关系求出公比即可【详解】由得，解得，从而故选C【点睛】本题主要考查等比数列通项公式的
3、应用，建立方程关系求出公比是解决本题的关键7.定义在R上的奇函数，满足在上单调递增，且，则的解集为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】由函数性质可知，函数在上单调递增，且结合图象及可得或，解得或所以不等式的解集为选D8.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线条画出的是一个三棱锥的三视图，则该三棱锥的体积为( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】由三视图可得，该几何体为如图所示的三棱锥，故其体积为选B9.若点满足线性条件，则的最大值为A. B. C. D. 【答案】D【解析】画出不等式组表示的可行域如图阴影部分所示由可得平移直线，结合图形可得，当直线经过可行域内的点A时，直线
4、在y轴上的截距最大，此时z也取得最大值由解得故点A的坐标为（1,3） 选D10.已知函数，且，则下列结论中正确的是（ ）A. B. 是图象的一个对称中心C. D. 是图象的一条对称轴【答案】A【解析】【分析】由题意求出的值，再验证选项中的命题是否正确.【详解】由题意可知，又，故，故可排除选项C；对于选项A，成立，故A正确，B不正确；对于D，由，故D不正确，故选：A【点睛】本题主要考查了三角函数的图象及性质的应用问题，是基础题.11.已知为坐标原点，设分别是双曲线的左、右焦点，点为双曲线左支上任一点，自点作的平分线的垂线，垂足为，则（ ）A. 1B. 2C. 4D. 【答案】A【解析】延长交于点
5、，由角分线性质可知根据双曲线的定义，从而，在中，为其中位线，故.故选A.点睛：对于圆锥曲线问题，善用利用定义求解，注意数形结合，画出合理草图，巧妙转化.12.已知函数是定义在上的奇函数，当时，给出下列命题：当时，； 函数有2 个零点；的解集为； ，都有.其中真命题的序号是（ ）.A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由奇函数得性质可求得时，然后分，讨论函数的零点，大于0的解集，以及最值，可判断出错，对.【详解】解：由题意可知时，因为奇函数，所以，所以命题不成立；时，此时有1个零点，当，此时有1个零点，又为上奇函数，必有，即总共有3个零点，所以命题错误；当时，可求得解集为，当时，可求
6、得解集为，所以命题成立；当时，令，通过函数单调性可求得此时的值域为，则当时的值域为，所以有，所以命题成立.故选D【点睛】本题考查了函数解析式的求法，函数的零点，函数奇偶性的运用，导数研究函数的最值，考查函数与导数基本知识的综合应用.二、填空题13.曲线在点处的切线方程为_【答案】【解析】，又，故所求切线的方程为，即答案： 14.若向区域内投点，则该点到原点的距离小于的概率为_.【答案】【解析】由题意知，所有基本事件构成的平面区域为，其面积为1设“该点到原点的距离小于”为事件A，则事件A包含的基本事件构成的平面区域为，其面积为由几何概型概率公式可得答案：15.更相减损术是出自九章算术的一种算法如
7、图所示的程序框图是根据更相减损术写出的，若输入，则输出的值为_【答案】【解析】输入，执行程序框图，第一次；第二次；第三次；第四次，满足输出条件，输出的的值为，故答案为.16.在中，内角的对边分别为，若其面积，角的平分线交于，则_.【答案】1【解析】由题意得，所以，即由三角形角分线的性质可知，在中，由余弦定理得，在中，由余弦定理得，解得答案：1 点睛：根据三角形的面积公式和可得三角形角平分线的性质，即三角形的角平分线分对边所成的两条线段，和加这个角的两边对应成比例，利用这一性质可进行三角形边的有关计算三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17.已知数列的前项和为.(1)求数列通项公式
8、；(2)设，求.【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）根据得出递推关系式，再计算，从而可求出数列的通项公式；（2）由（1）得数列的通项公式，结合裂项相消法即可求得.试题解析：（1）当时，当时， ，符合上式 所以. （2）由（1）得. 点睛：本题主要考查等比数列的通项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现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.18.如图，四棱锥中，底面为菱形，平面，为的中点
9、（）证明：平面；（）设，求三棱锥的体积【答案】（1）见解析（2） 【解析】试题分析：（1）连接交于点，则由三角形中位线性质得，再根据线面平行判定定理得（2）利用等体积法将所求体积转化为，再根据锥体体积公式求，代入即得试题解析：解：（1）连接交于点，连接. 在中， （2）.19.某种植园在芒果临近成熟时，随机从一些芒果树上摘下100个芒果，其质量分别在，（单位：克）中，经统计得频率分布直方图如图所示.（1）经计算估计这组数据的中位数；（2）现按分层抽样从质量为，的芒果中随机抽取6个，再从这6个中随机抽取3个，求这3个芒果中恰有1个在内的概率.（3）某经销商来收购芒果，以各组数据的中间数代表这组数
10、据的平均值，用样本估计总体，该种植园中还未摘下的芒果大约还有10000个，经销商提出如下两种收购方案：A：所有芒果以10元/千克收购；B：对质量低于250克的芒果以2元/个收购，高于或等于250克的以3元/个收购，通过计算确定种植园选择哪种方案获利更多？【答案】（1）中位数为268.75；（2）；（3）选B方案【解析】【分析】(1)根据中位数左右两边的频率均为0.5求解即可.(2)利用枚举法求出所以可能的情况,再利用古典概型方法求解概率即可.(3)分别计算两种方案的获利再比较大小即可.【详解】（1）由频率分布直方图可得,前3组的频率和为,前4组的频率和为,所以中位数在内,设中位数为,则有,解得
11、.故中位数为268.75.（2）设质量在内的4个芒果分别为,质量在内的2个芒果分别为,.从这6个芒果中选出3个的情况共有,共计20种,其中恰有一个在内的情况有,共计12种,因此概率.（3）方案A：元.方案B：由题意得低于250克：元；高于或等于250克元.故总计元,由于,故B方案获利更多应选B方案.【点睛】本题主要考查了频率分布直方图的用法以及古典概型的方法,同时也考查了根据样本估计总体的方法等.属于中等题型.20.椭圆与的中心在原点，焦点分别在轴与轴上，它们有相同的离心率，并且的短轴为的长轴，与的四个焦点构成的四边形面积是.(1)求椭圆与的方程；(2)设是椭圆上非顶点的动点，与椭圆长轴两个顶
12、点，的连线，分别与椭圆交于，点.(i)求证：直线，斜率之积为常数；(ii)直线与直线的斜率之积是否为常数？若是，求出该值；若不是，说明理由.【答案】(1)，.(2)(i) 见解析(ii).【解析】试题分析：（1）椭圆离心率，又，所以，设，则根据题中条件可设，于是根据椭圆的对称性可知，四个焦点构成的四边形为菱形，面积，解得，可以得到椭圆，；（2）(i)本问考查圆锥曲线中的定点、定值问题，分析题意，设，而，所以，于是，又因为，代入上式易求；(ii)根据(i)问，可先证明为定值，再证明为定值，于是可以得到为定值，由于，所以可以得为定值.试题解析：(1)依题意，设，由对称性，四个焦点构成的四边形为菱形
13、，且面积，解得：.所以椭圆，.(2)(i)设，则，.，.所以：.直线，斜率之积为常数.(ii)设，则.，所以：，同理：，所以：，由，结合(i)有.方法点睛：圆锥曲线中定点、定值问题属于高频考点.对于定值问题常用以下两种求法：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.定值问题涉及面较多，解决此类问题以坐标运算为主，需建立相应的目标函数，然后代入相应的坐标运算结果即可得到.21.函数若函数恒成立，求实数a的取值范围；当时，设在时取到极小值，证明：【答案】（1）；（2）见解析.【解析】试题分析：（1）分离参数可得恒成立，构造
14、函数，利用导数可得，所以，即为所求（2）求导数得，由于此函数的符号不易判断，故构造，再次求导得，由此可判断函数的单调性，可得存在，使得，然后根据整体代换的方法可得，因此只需证明函数满足即可试题解析：（1）由题意得恒成立，恒成立设，则，故当时，单调递减，当时，单调递增.所以，.实数的取值范围为（2）当时，令，则，故当时，单调递增；当时，单调递减而，且，存在，使得，因此，令，则在区间上单调递增，又，所以，即成立点睛：（1）解决恒成立问题时，可选择分离参数的方法求解，转化为求具体函数的最值的问题，然后利用导数解决若参数不可分离，则可根据函数的单调性并结合图象求解，此时往往要对参数进行分类讨论（2）当
15、导数的零点存在但不可求时，可根据零点存在定理判断出导函数的零点所在的区间，然后利用整体代换的方法去解决问题请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分22.在直角坐标系中，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为，过点的直线l的参数方程为（t为参数），l与C交于A，B两点（1）求C的直角坐标方程和l的普通方程；（2）若，成等比数列，求a的值【答案】（1）直线l的普通方程为，曲线C的直角坐标方程为；（2）【解析】【分析】（1）由，两边同乘，由此能求出C的直角坐标方程;将直线l的参数方程消去参数t，能求出直线I的普通方程；（2）把代入，根据根与系
16、数的关系及参数的几何意义即可求解.【详解】（1）由，两边同乘，得，化为普通方程为，将消去参数t，得直线l的普通方程为（2）把代入，整理得，由，得或，成等比数列，由t的几何意义得，即，即，解得，又，【点睛】本题考查曲线的直角坐标方程、直角的普通方程的求法，考查实数值的求法，考查极坐标方程、直角坐标方程、参数方程的互化等基础知识,考查运算求解能力,考查函数与方程思想，是中档题.23.已知定义在上的函数.存在实数使成立，(1) 求实数的值:(2)若，且求证，求证【答案】（1）1；（2）见解析【解析】分析：第一问首先将存在类问题转化为最值来处理，在求含绝对值的式子的最值时用到的是有关绝对值不等式的性质
17、，最后再结合的取值，最后求得结果；第二问根据题中所给的参数的范围，将绝对值符号去掉，结合，可以整理成，该题就转化为已知两个正数的整式形式和为定值，求其分式形式和的最值的问题，相乘之后应用基本不等式求得结果，该过程中，要注意乘1才是不变的.详解：（1）解：存在实数使成立， ，则解得，（2）证明：由（1）知， ，同理，即 当且仅当，又，得，时取等号.点睛：该题考查的是有关绝对值不等式的问题，一是注意将有关存在类问题向最值靠拢，从而建立关于参数所满足的不等关系式，从而求得结果，二是根据题中所给的参数的取值范围，从而求得这样一个整式形式和为定值的式子，在求解关于其分式形式和的最值的问题时，注意相乘即可建立关于积为定值的式子，从而应用基本不等式求得结果，但是需要注意在乘的过程中，时刻注意一个代数式乘以1才是不变的.- 19 -
