2020届吉林省白城四中高三网上模拟考数学（文）试题（解析版）
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一、单选题
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A
3．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】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．4 B．6 C．8 D．16
【答案】C
【解析】由题意知点A在椭圆上，
∴，
同理.
∴的周长为．
选C．
5．已知平面向量，则（ ）
A． B．3 C． D．5
【答案】A
【解析】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．4 B．10 C．16 D．32
【答案】C
【解析】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D．
8．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B．
9．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D．
10．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】由题意求出φ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．1 B．2 C．4 D．
【答案】A
【解析】延长交于点，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：①当时，； ②函数有2 个零点；③的解集为； ④，都有.其中真命题的序号是（ ）.
A．①③ B．②③ C．②④ D．③④
【答案】D
【解析】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①②错，③④对.
【详解】
解：由题意可知时，，，因为奇函数，所以，所以命题①不成立；
时，，此时有1个零点，当，，此时有1个零点，又为上的奇函数，必有，即总共有3个零点，所以命题②错误；
当时，，可求得解集为，当时，，可求得解集为，所以命题③成立；
当时，，令，通过函数的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④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
17．已知数列的前项和为.
(1)求数列的通项公式；
(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．
（Ⅰ）证明：平面；
（Ⅱ）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】(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.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，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．
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】（1）由，两边同乘ρ，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，根据根与系数的关系及参数的几何意义即可求解.
【详解】
（1）由，两边同乘ρ，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，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.
