吉林省白城市第四中学2023届高三数学下学期网上模拟考试试题文.doc

吉林省白城市第四中学2023届高三数学下学期网上模拟考试试题 文 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号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．非选择题的作答：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．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。 一、选择题：本大题共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．设全集，集合，，则（ ） A． B． C． D． 2．已知复数，，则（ ） A． B． C． D． 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 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两点，则的周长为（ ） A． B． C． D． 5．已知平面向量，，则（ ） A． B． C． D． 6．已知等比数列的各项均为正数，其前项和为，若，，则（ ） A．4 B．10 C．16 D．32 7．定义在上的奇函数，满足在上单调递增，且，则的解集为（ ） A． B． C． D． 8．如图，网格纸上小正方形的边长为，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． 9．若点满足线性条件，则的最大值为（ ） A． B． C． 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 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． B． C． D． 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函数有个零点； ③的解集为； ④，，都有， 其中正确的命题是（ ） A．①③ B．②③ C．③④ D．②④ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分． 13．曲线在点处的切线方程为______． 14．若向区域内投点，则该点到原点的距离小于的概率 为__________． 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______． 16．在中，内角的对边分别为，若其面积，角的平分线 交于，，，则________． 三、解答题：本大题共6大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．（12分）已知数列的前项和为． （1）求数列的通项公式； （2）设，求． 18．（12分）如图，四棱锥中，底面为菱形，平面，为的中点． （1）证明：平面； （2）设，，，求三棱锥的体积． 19．（12分）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，的芒果中随机抽取个，再从这个中随机抽取个，求这个芒果中恰有个在内的概率； （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个，经销商提出如下两种收购方案： A：所有芒果以元千克收购； B：对质量低于克的芒果以元个收购，高于或等于克的以元个收购． 通过计算确定种植园选择哪种方案获利更多？ 20．（12分）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，． ①求证：直线，斜率之积为常数； ②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． 21．（12分）函数． （1）若函数恒成立，求实数的取值范围； （2）当时，设在时取到极小值，证明：． 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．（10分）【选修4-4：坐标系与参数方程】 在直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，过点的直线的参数方程为（为参数），与交于，两点． （1）求的直角坐标方程和的普通方程； （2）若，，成等比数列，求的值． 23．（12分）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 一、选择题：本大题共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．【答案】C 【解析】∵， ∴，故选C． 2．【答案】A 【解析】根据题意，故选A． 3．【答案】D 【解析】原命题“若则”的逆否命题为“若则”， 所以命题“若，则”的逆否命题是若或，则，故选D． 4．【答案】C 【解析】由题意知点A在椭圆上，∴，同理． ∴的周长为， 故选C． 5．【答案】A 【解析】因为平面向量，， 所以，所以，故选A． 6．【答案】C 【解析】由，得，解得，或（舍）， 从而，故选C． 7．【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，故选D． 8．【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，故选B． 9．【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时，直线在轴上的截距最大，此时也取得最大值． 由，解得，故点的坐标为， ∴，故选D． 10．【答案】A 【解析】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， 所以选A． 11．【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． 12．【答案】C 【解析】①∵函数是在上的奇函数，∴， 令，则，，故①错； ②当时，， ∵，∴是函数的一个零点，同理可以求出当，是函数的一个零点， ∵函数是奇函数，∴， 综上所述，函数有个零点，故②错； 由①可知函数，的解集为，故③正确； ④当时，， 当时，，单增；当时，，单减； 当，函数有最小值， 同理在时，函数有最大值． ∴，，都有， ∵，∴，故④正确． 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分． 13．【答案】 【解析】∵，∴，∴， 又， 故所求切线的方程为，即． 14．【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． 设“该点到原点的距离小于”为事件， 则事件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． 15．【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．【答案】1 【解析】由题意得，所以，即． 由三角形角分线定理可知，． 在中，由余弦定理得， 在中，由余弦定理得， ∴，解得． 三、解答题：本大题共6大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．【答案】（1）；（2）． 【解析】（1）当时，， 当时，，符合上式， 所以． （2）由（1）得． ∴ ． 18．【答案】（1）证明见解析；（2）． 【解析】（1）连接交于点，连接． 在中，为中位线，∴， ∵平面，平面，∴平面． （2）∵，∴，， ∴， ． 19．【答案】（1）；（2）；（3）见解析． 【解析】（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． （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， 总计元． 由于，故B方案获利更多，应选B方案． 20．【答案】（1），；（2）①证明见解析；②为常数，． 【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）①设，则，，， ，，所以， 直线，斜率之积为常数． ②设，则，，， 所以，同理， 所以， 由，，结合（1）有，∴， 21．【答案】（1）；（2）证明见解析． 【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，则在区间上单调递减， 又，所以，即成立． 22．【答案】（1）直线的普通方程为，曲线的直角坐标方程为； （2）． 【解析】（1）由，两边同乘，得， 化为普通方程为， 将消去参数，得直线的普通方程为． （2）把代入，整理得， ∴，， 由，得或， ∵，∴， ∵，，成等比数列，∴， 由的几何意义得，即， ∴，即，解得， 又，∴． 23．【答案】（1）；（2）证明见解析． 【解析】（1）∵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．