2020届吉林省白城四中高三网上模拟考数学(文)试题(解析版)

1、第1 1页共 1717 页2020届吉林省白城四中高三网上模拟考数学（文）试题一、单选题1 1 .设全集U x N x 8，集合A 1,3,7，B 2,3,8，则CUACUB()()A A.1,2,7,8B B.4,5,6C C.0,4,5,6D D.0,3,4,5,6【答案】C C【解析】U0,12,3,4,5,6,7,8,CuA0,2,4,5,6,8,CUB0,1,4,5,6,7所以CUACUB0,4,5,6，故选择C.C.2 2 .已知复数Z 1 i,勺2 i，则ZZ2i( ( ) )A A.1 3iB B.1 3iC C.1 2iD D.1 2i【答案】A A【解析】丑1I2I口1 3

2、i 1 3i,选 A Aiii3 3 .命题2右x1,则 1 1 x x1 1 ”的逆否命题是（)A A .若x21,则x1且x1B B.若21 1 x x 1 1，则x 1C C.若x1或x1，则x21D D.若x 1或x1，则x21【答案】D 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x 1，或x 1,则X21. .故选：D.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2 24 4 .已知椭圆 1的左右焦点分别为F1,F2，过F2且垂直于长轴的直线交43椭圆于 A A , B B 两点，贝U VABF1的周长

3、为（）第2 2页共 1717 页【答案】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】 由卜叮 7,=爼、得：F：解得丁 ,故选：C C.B B. 6 61616【答【解由题意知点 A A 在椭圆上,2a 4,同理BF1BF24. .ABF1的周长为AF15 5.已知平面向量(1,BF,v3),bAB(AFi(2,0)，则AF2)( BF!v2bBF2A.3.2B B.2.2【答【解先由a, b的坐标,得到a 2b的坐【详因为a(1, 3),b ( 2,0),所以v20 ( 3, 3),因此a2!D3.2. .故选 A A【点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

4、型6 6.已知等比数列 MJMJ 的各项均为正数，其前n n 项和为，若如则*B B. 1010C C. 16163232【解第3 3页共 1717 页【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.第4 4页共 1717 页7 7 定义在 R R 上的奇函数f(x)，满足在(0,)上单调递增，且f ( 1)=0，则f (x+1)0的解集为()A A(, 2)( 1,0)C C ( 2, 1)(1,2)【答案】D DB B (0,)D D ( 2, 1)(0,)结合图象及f (x 1)0可得1x10或x 11，解得 2 2 x x所以不等式的解集为2, 10

5、,选 D D 42A A B B. 一33【答案】B B【解析】由三视图可得，该几何体为如图所示的三棱锥P ACE,故其体积为V SACEPE1(丄1 2) 2- 选 B B 3323x y 2 0 x y 0，则z 2x y的最大值为5x y 8 0C C 4D D 5【解析】由函数性质可知，函数x在,0上单调递增，且f 101 1,粗线条画出的是一个三棱锥的三视图，则该9 9 若点x,y满足线性条件第5 5页共 1717 页【答案】D D【解析】 画出不等式组表示的可行域如图阴影部分所示.由z 2x y可得y 2x z.平移直线y 2x z，结合图形可得，当直线y 2x z经过可行域内的点

6、 A A 时，直线在 y y 轴上的截距最大，此时 z z 也取得最大值x y 20 x 1由解得.故点 A A 的坐标为(1,31,3).5x y 8 0 y 3由题意可知f (0) 2sin 1,1- sin2，又02n-，故f (x)62si n 2x，故可排除选项 C C;6对于选项 A A,f 2si n2 -2成立，故 A A 正确，B B 不止确;666对于 D D,由f 2si n2 -1，故 D D 不止确，666 zmax2 1 35.选 D D .1010 .已知函数f(x) 2sin(2x)(0( )A A .f( ) 2C C.3【答案】A A【解析】由题意求出【详解

7、】)，且f (0)1，则下列结论中正确的是B B .,0,0 是 f f (x)(x)图象的一个对称中心6 6D D .x是 f f (x)(x)图象的一条对称轴60的值，再验证选项中的命题是否正确第6 6页共 1717 页故选：A 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1111.已知0为坐标原点，设F1, F?分别是双曲线x2A.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,【详解】1212 .已知函数f x是定义在R上的奇函数，当x 0时，f Xxex 1，给出下列命题：当x 0时，f xex1x；函数f x有 2 2 个零点；f x

8、 0的解集为1,0 1,;为，X2R，都有f x-1fx22 其中真命题的序P.曰/号是（) A A .B B.C C .D D .【答案】D D【解析】由奇函数得性质可求得x 0时，f Xexx 1,然后分x 0,x 0,化 可判断出错,对. .x 0讨论函数的零点，大于 0 0 的解集，以及最值,y21的左、右焦点，点P为双曲线左支上任一点，自点Fi作F1PF2的平分线的垂线,垂足为H，贝UOHB B. 2 2【答【解延长FiH交PF2于点Q,由角分线性质可知PFiPQ ,根据双曲线的定义，PF1PF22，从而QF22，在F1QF2中，0H为其中位线，故0H1 故选巧妙转第7 7页共 17

9、17 页f 00，即总共有 3 3 个零点，所以命题 错误;解：由题意可知x0时,1，因为奇函数,所以f xx 1,所以命题不成立;x 0时，f x1，此时f X有 1 1 个零点x，当，此时f x有 1 1 个零点x 1，又fx为R上的奇函数，必有第8 8页共 1717 页当x 0时，f X exx10，可求得解集为1,，当x 0时,f x exx 10，可求得解集为1,0，所以命题成立；当x 0时，fxexx 2，令fx0,通过函数的单调性可求得此时f x的1 1值域为,0，则当x 0时f x的值域为0,飞，所以有eef X1f X221，所以命题成立. .e故选 D D【点睛】本题考查了

10、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31313 曲线f x x 2x在点2, f 2处的切线方程为 _ 【答案】y 10 x 163【解析】Tf x x 2x, f (x) 3x22, f (2)10,又f (2)4,故所求切线的方程为y 410(x2)，即y 10 x 16答案：y 10 x 161414若向区域(x,y)|0 x 1,0 y 1内投点，则该点到原点的距离小于1的概率为_ . .【答案】40 x 1【解析】由题意知，所有基本事件构成的平面区域为 x,y |，其面积0 y 1为 1 1第9 9页共 171

11、7 页设该点到原点的距离小于T为事件 A A，则事件 A A 包含的基本事件构成的平面区域为第1010页共 1717 页答案：一41515.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a 91，b 39，【解析】由题意得S丄bcsin A22cbsinA，所以c 2b，即b2【解析】输入a 91,b39，执行程序框图，第一次a 52,b39；第二次a 13,b39；第三次a 13,b26；第四次a 13,b13,ab，满足输出条件,输出的a的值为13，故答案为13. .1616在ABC中，内角A,B,C的对边分别为a, b,c，若其面积Sb2si nA，

12、角A的平分线AD交BC于D,AD亠3,a、3，则b3【答案】1 1由三角形角分线的性质可知,BD在厶ABC中，由余弦定理得cosB24b 32 2b 3 y21其面积为由几何概型概率公式可得4P(A) -第1111页共 1717 页/以444b332 2b，3在厶ABDcosB第1212页共 1717 页4b4b23 3 b b22 2 2b2b 3 3几24 44 44b4b3 3 3 32 2 2b2b 2!2!3 3答案：1 1点睛:根据三角形的面积公式Sabsinc和S21ah可得三角形角平分线的性质，即三角2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

13、进行三角形边的有关计算.三、解答题1717 .已知数列an的前n项和为S Sn2 23n 12 2 n n N N（1 1） 求数列an的通项公式;(2)(2)设bn1 1log2an，求bibbib21 1b b2b b31 1b bnb bn 1【答案】3n 2 /(1)an2 (n(2)n3n 1【解析】试题分析：（1 1 ）根据3nSnSn 1得出递推关系式，再计算31，从而可求出数列3n的通项公式；（2 2）由（1 1） 得数列bn的通项公式,结合裂项相消法即可求得111bib2b?b3bnbn1试题解弹析：（1 1）当n2时，当n1时,a1S12=2所以an23n2n N*31 2

14、，符合上式anSnSn 113n+12723n 2(2)由（1 1）bn3n 2小log22=3n2. .1 1bbbb21一（1 ）3 3n 1 3n 1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1 1b b?b b311 1 1 1b bnb bn !11(3n(3n 2)(32)(3 n n 1)1)1 13 3(11 1 1 14 4)(；1 1 1 1(3n3n 2 2 3n3n 1 1). .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,突破这一难点的第1313页共 1717 页第1414页共 1717 页11 1 1；此外，需注意裂

15、项之后相消的过程nn1n2 2nn1n1n2中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误1818 .如图，四棱锥P ABCD中，底面ABCD为菱形，PA平面ABCD,E为PD的中点.I)证明:PB P平面 AECAEC ;(n)设PA 1,AD x 3, PC PD，求三棱锥P ACE的体积.【答案】(1 1)见解析(2)=32)=38【解析】试题分析：(1 1)连接BD交AC于点0，则由三角形中位线性质得PB/OE,再根据线面平行判定定理得PB/平面 ACE(2 2)利用等体积法将所求体积转化为11VPABCD，再根据锥体体积公式求VPABCD瓦ABCDPA，代入即得43试题解析：解：(1

16、1)连接BD交AC于点0，连接0E. .在VPBD中,方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧:存；(2)-.n k ,n; (3)k12n 1 2n 11 1 12 2n 1 2n 1第1515页共 1717 页PE DEPB/OEBO DOOE 平面 ACEPB 平面 ACE100,150,150,200,200,250,250,300,300,350,350,400（单位:克）中，经统计得频率分布直方图如图所示. .（2 2）现按分层抽样从质量为250,300,300,350的芒果中随机抽取 6 6 个，再从这 6 6 个中随机抽取 3 3 个，求这 3 3 个芒果中恰有 1 1 个在3

17、00,350内的概率. .（3 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1000010000 个，经销商提出如下两种收购方案：A A :所有芒果以 1010 元/ /千克收购；B B :对质量低于 250250 克的芒果以 2 2 元/ /个收购，高于或等于 250250 克的以 3 3 元/ /个收购，通过计算确定种植园选择哪种方案获利更多？3 3【答案】（1 1）中位数为 268.75268.75 ；（ 2 2）P P3；（ 3 3）选 B B 方案5 5【解析】（1 1）根据中位数左右两边的频率均为 0.50.5 求

18、解即可 （2 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 分别计算两种方案的获利再比较大小即可 【详解】（1 1）由频率分布直方图可得，前 3 3 组的频率和为PB/ 平面 ACEV1V1V1 1S1 1VP ACE匚VP ACDVP ABCDSY ABCDPA244 34 3100100 个芒果，其质量分别在(2)随机从一些芒果树上摘下1919 .某种植园在芒果临近成熟时,第1616页共 1717 页0.002 0.002 0.00350 0.35 0.5, ,前 4 4 组的频率和为0.002 0.002 0.003 0.00850 0.75 0.5, ,所以中位数在

19、250,300内,设中位数为x, ,则有0.35 x 2500.008 0.5, ,解得x 268.75. .故中位数为 268.75.268.75.（2 2）设质量在250,300内的 4 4 个芒果分别为A, ,B, ,C, ,D质量在300,350内的 2 2 个芒果分别为a, ,b. .从这 6 6 个芒果中选出 3 3 个的情况共有A,B,C, ,A, B,D, ,A,B,a, ,A,B,b, ,A,C,D, ,A,C,a, ,A,C,b, ,A, D,a, ,A,D,b, ,A,a,b, ,B,C,D, ,B,C,a, ,B,C,b, ,B,D,a, ,B,D,b, ,B,a,b,

20、 ,C, D,a, ,C, D,b, ,C,a,b, ,D,a,b, ,共计 2020 种, , 其中恰有一个在300,350内的情况有A, B,a, ,A,B,b, ,A,C,a, ,A,C,b, ,A, D,a, ,A, D,b, ,B,C,a, ,B,C,b, ,B, D,a, ,B, D,b, ,C, D,a, ,C,D,b，共计 1212 种，123因此概率P. .205(3 3)方案 A A:125 0.002 175 0.002 225 0.003 275 0.008 325 0.004 375 0.00150 10000 10 0.001 25750元. .方案 B B：由题意

21、得低于 250250 克：0.002 0.002 0.00350 10000 27000元；高于或等于 250250 克0.008 0.004 0.00150 10000 3 19500元. .故总计7000 19500 26500元，由于25750 26500, ,故 B B 方案获利更多，应选 B 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. .2020 椭圆 G G 与C2的中心在原点，焦点分别在x轴与 y y 轴上，它们有相同的离心率e ,并且C2的短轴为C1的长轴，C1与C2的四个焦点构成的四边形

22、面积是2 2. .2(1)(1) 求椭圆C1与C2的方程；第1717页共 1717 页(2)(2) 设P是椭圆C2上非顶点的动点，P与椭圆G长轴两个顶点A,B的连线PA,PB分别与椭圆G交于E,F点. .(i)(i)求证：直线PA,PB斜率之积为常数；(ii)(ii)直线AF与直线BE的斜率之积是否为常数？若是，求出该值；若不是，说明理由. .1 424kPAkPB2； （iiii）根据（i i）冋，可先证明kEAkEB为定值，再证明kFAkFB为定值，于是可以得到kFAkFBkFAkFB为定值，由于kEAkpA,k/BkpB,所以可以得kEAk/B为定值 四个焦点构成的四边形为菱形，且面积2

23、 2 2【答案】(1)(1)C,: y21,C2:工22411 1. .见解析8 8 . .【解析】试题分析:1）椭圆离心率e-_2，又a2a 2b2c2，所以a22b2，设2 2 2即命X1，则根据题中条件可设。2：命4b21，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A-2b 2、2b22、迈，解得b21，可2以得到椭圆C1:22y2 1，C2：f2y41；（ 2 2）（i i）本问考查圆锥曲线中的定点、定值问题,分析题意，设P x0, y0，而A2,0，B、2,0，所以kpAxo72yoXo、2，于是kpAkPB2y。X 22又因为Xo22y。41，代入上式易求S12b

24、2、2b 2 2，解得：b21. .22y21,C2:t2 2(2)(i)(2)(i)设P Xo,yo，则X匹1,Ax/2,0,B V2,o第 1212 页共 1717 页第 i3i3 页共 i7i7 页直线PA,PB斜率之积为常数2. .2(ii)(ii)设E Xi,yi，则生yf 1. .2(i i)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；(2 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 2 22i2i .函数f x axX Xlnx.i若函数f x 0恒成立

25、，求实数 a a 的取值范围；cri上32当a i时，设fx在x Xo时取到极小值，证明：f Xo932【答案】(i i)a i； (2 2)见解析. .【解析】试题分析：ii(i i)分离参数可得a lnx恒成立，构造函数g x lnx ,x o,，利用XX导数可得g X . g i i，所以a i，即为所求.(2 2)求导数得minyokpByoxo.所以：kpAkPBy 4 2xpX 2 X022. .yi所以:kEAkeB2yiXi22121Xi2Xo 2i，同理:所以：kFAkFBkFAkFBikEAkFB 84，由kEAkpA，kFB1kFAkFB二2kPB，结合(i)(i)有方法

26、点睛：圆锥曲线中定点、定值问题属于高频考点 对于Xi2，第 i3i3 页共 i7i7 页f x x i 2xlnx，由于此函数的符号不易判断，故构造h x x i 2xlnx(x 0),再次求导得h x i 2lnx,由此可判断函数h x的i i单调性，可得存在xo，使得f X。Xoi 2xolnxo0,然后根据整体代4 3第2121页共 1717 页换的方法可得f X02X0X0满足13t X即可.932试题解析：（1 1） 由题意得fX2axX-a1 Inx恒成立.X1设gx Inx,X0,X则g11X 1X22，XXX故当:x 0,1时，g X0,g当X1,时,g X0,g二所以g Xm

27、ing 11,-a1. .实数a的取值范围为,1.单调递减,x单调递增. .x2X I nx 0恒成立,(2)当a 1时，f x2X02I nx0-X0，因此只需证明函数t2In x(x0),:.f Xx 1 2xInx.令h xx 1 2xln x(x则h x1 2I nx故当X10,e2时，h0),x0,hx单调递增;时,0,hx单调递减.而4,110,e2，且In22 In3 1 0,存在Xo使得fXDX。2x0Inx00,因此f x02X。X。X02lnx02X。X02213y22C C 的极坐标方程为cos22asin (a 0)，过点P( 1, 2)的直线 I I 的参数方程为x

28、122_ _( (t t 为参数)，I I 与 C C 交于 A A , B B 两点.y 2 E2(1)求 C C 的直角坐标方程和 I I 的普通方程；(2) 若|PA,AB,PB成等比数列，求 a a 的值.【答案】(1 1)直线 I I 的普通方程为x y 10，曲线 C C 的直角坐标方程为2所以tx x，则t2x在区间10,丄上单调递增,20，Xo1即19点睛：Xo32成立(1 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 2)当导数的零点存在但不

29、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.2222 在直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点,X X 轴正半轴为极轴建立极坐标系,曲线213y22x 2ay(a 0)；【解析】()由cos22asin (a 0)，两边同乘p,由此能求出 C C 的直角坐标方程; ;将直线 I I 的参数方程消去参数 t t,能求出直线 I I 的普通方程;第 1515 页共 1717 页x(2(2)把2代入x22ay,根据根与系数的关系及参数的几何意义即可求第2424页共 1717 页2_消去参数 t t,得直线 I I 的普通方程为x y 10.28a 2解得a310，又a2【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，考查极坐程思想，是中档题 【详(1)由cos22 22asin，两边同乘p,得cos 2a sin,化为普通方程为2x 2ay(a 0),(2)2代入t22x 2 ay