届高三四模数学文试题Word格式.docx
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D.2016年年增长率比2012年年增长率小
【答案】D
根据图形即可判断每一项答案.
考查对图形的理解，属于基础题.
4.已知数列为等比数列，若，下列结论成立的是（）
【答案】A
【解析】分析:
根据等比数列的通项性质即可得出结论.
因为，故，故选A.
考查等比数列的通项性质，属于基础题.
5.在梯形中，，，，，则（）
根据向量加法、减法法则将转化为即可求解.
由题可得：
=,故选A.
考查向量的线性运算，将问题转化为已知的信息是解题关键.
6.将函数的图象向左平移，然后再向下平移一个单位，所得图象的一个对称中心为（）
先将函数平移后的表达式得出：
-1，令即可.详解：
由题得：
平移后的表达式得出：
-1，令令k=0可得对称中心为故选C.
考查三角函数的平移、对称中心的求法，正确平移的得到表达式是解题关键.
7.运行如图所示的程序框图，若输入的与输出的相等，则为正数的概率是（）
根据流程图可得函数y是一个分段函数，然后画出图像与y=x的交点即可.
根据流程图可得分段函数表达式，然后得y=x的图像与分段函数图像：
f（x）与y=x有四个交点，其中x为正数的有两个点，故满足题意的概率为：
，故选B
考查对流程图的理解、函数图像，正确画出函数的的图像是解题关键，属于中档题.
8.函数为定义域上的奇函数，在上是单调函数，函数；
数列为等差数列，公差不为0，若，则（）
根据函数为定义域上的奇函数，在上是单调函数，，得：
再结合等差性质即可得结论.
，又因为函数单调且为奇函数所以，在结合等差性质：
故答案选A.
考查奇函数的性质、等差数列的性质，本题能得出是解题关键，属于中档题.
9.如图，一几何体的正视图是高为的等腰三角形，它的俯视图是由三个等腰三角形组合成的边长为的正三角形，几何体的顶点均在球上，球的体积为（）
由题可得该几何体为正三棱锥，正视图是高为即为三棱锥的高，俯视图的的中心即为底面外接圆的圆心，故球心在三棱锥的高上.
由题可得该几何体为正三棱锥，正视图是高为即为三棱锥的高，故可设球的半径为R，底面外接圆的半径为底面三角形高的即为，然后由勾股定理：
，故球的体积为：
故选C
考查三视图、外接球，正确理解直观图，然后确定球心的位置是解题关键.
10.已知数据，，…，，2的平均值为2，方差为1，则数据，，…，相对于原数据（）
A.一样稳定B.变得比较稳定C.变得比较不稳定D.稳定性不可以判断
由条件可得，，…，的平均值为2，然后计算，，…，的方差即可得出结论.
平均值为2，由得：
>
1,所以变得不稳定.故选C.
考查平均值、方差的计算，熟悉公式时解题关键，然后根据方差的意义即可得出答案.
11.过抛物线的焦点作直线交抛物线于，两点，若线段中点的横坐标为3，，则（）
A.6B.4C.10D.8
利用抛物线的定义可得，|PQ|=|PF|+|QF|=x1++x2+p，把线段PQ中点的横坐标为3，代入，可得m值
设抛物线y2=mx（p＞0）的焦点为F，由抛物线的定义可知，
|PQ|=|PF|+|QF|=x1++x2+p
线段PQ中点的横坐标为3，
又，∴m，∴m=8
故选：
D
本题考查抛物线的定义、标准方程，以及简单性质的应用，利用抛物线的定义是解题的关键．
12.已知函数（为自然对数的底数）有两个极值点，则实数的取值范围是（）
【解析】
，
若函数有两个极值点，
则
和
在
有
2
个交点，
令
在递减
而
故
时
,
即,
递增，
即,递减，
故，
,时
若
个交点
只需
点晴：
本题考查函数导数与函数的极值点的个数问题：
可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可结合导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图象.方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理.恒成立问题以及可转化为恒成立问题的问题，往往可利用参变分离的方法，转化为求函数最值处理．也可构造新函数然后利用导数来求解.注意利用数形结合的数学思想方法.
第Ⅱ卷（共90分）
二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）
13.命题“若，则”的逆否命题是__________．
【答案】若，则
直接根据逆否命题的定义修改即可，即将条件和结论反过来并且否定.
“若，则”的逆否命题是：
若，则
考查逆否命题的定义，属于基础题.
14.直线是双曲线的一条渐近线，双曲线的离心率是__________．
【答案】2
利用双曲线的渐近线方程，推出a，b的关系，然后求解双曲线的离心率即可．
双曲线的一条渐近线方程为，可得，即
解得e=2．故答案为：
2．
本题考查双曲线的简单性质的应用，考查计算能力．
15.设变量，满足约束条件则目标函数的最大值为__________．
【答案】6.5
由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求得最优解的坐标，代入目标函数得答案．
由题作出可行域如图，联立化目标函数由图可知过A时截距最大，故z的最大值为6.5，故答案为6.5
本题考查简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是中档题．
16.定义域和值域均为（常数）的函数和的图象如图所示，给出下列四个命题：
①方程有且仅有三个解；
②方程有且仅有三个解；
③方程有且仅有九个解；
④方程有且仅有一个解．
其中正确的结论是__________（填写所有正确结论的番号）．
【答案】①④
通过f（x）=0可知函数有三个解，g（x）=0有一个解，具体分析
（1），
（2），（3），（4）推出正确结论．
：
（1）方程f[g（x）]=0有且仅有三个解；
g（x）有三个不同值，由于y=g（x）是减函数，所以有三个解，正确；
（2）方程g[f（x）]=0有且仅有三个解；
从图中可知，f（x）∈（0，a）可能有1，2，3个解，不正确；
（3）方程f[f（x）]=0有且仅有九个解；
类似
（2）不正确；
（4）方程g[g（x）]=0有且仅有一个解．结合图象，y=g（x）是减函数，故正确．
故答案为①④
本题考查根的存在性及根的个数判断，函数的图象，考查逻辑思维能力，是基础题．
三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
17.设的内角，，的对边分别为，，，已知．
（1）求角；
（2）若，，求的面积．
【答案】
（1）；
（2）1
（1）先由正弦定理将边化为角：
，然后结合三角形内角和可得，化简可求得A；
（2）根据正弦定理将角化边，再结合cosA的余弦定理即可求得c，再根据面积公式即可.
（1）∵，
∴由正弦定理得，
可得，
∴，
由，可得，
由为三角形内角，可得．
（2）因为，所以由正弦定理可得，
因为，，可得，
所以，
所以．
考查正弦定理的边角互化、余弦定理、面积公式，灵活结合公式求解是关键，属于基础题.
18.在成绩统计中，我们把某个同学的某科考试成绩与该科班平均分的差叫某科偏差，班主任为了了解个别学生的偏科情况，对学生数学偏差（单位：
分）与物理偏差（单位：
分）之间的关系进行偏差分析，决定从全班40位同学中随机抽取一个容量为8的样本进行分析，得到他们的两科成绩偏差数据如下：
（1）已知与之间具有线性相关关系，求关于的线性回归方程；
（2）若这次考试该班数学平均分为120分，物理平均分为92分，试预测数学成绩126分的同学的物理成绩．
参考公式：
，，
参考数据：
，．
（2）94
【解析】试题分析：
........................
试题解析：
（1）由题意计算得，，
∴
∴，
故线性回归方程为
（2）由题意设该同学的物理成绩为，
则物理偏差为，而数学偏差为，
则
（1）的结论可得，
解得，
故可以预测这位同学的物理成绩为分
（1）线性相关关系是一种不确定的关系，但是在求得回归方程的基础上可利用线性回归方程可以估计总体，帮助我们分析两个变量的变化趋势．
（2）回归直线过样本点中心是一条重要性质，在解题中要注意这一结论的运用。
19.如图，多面体中，四边形为菱形，且，，，．
（1）求证：
；
（2）若，求三棱锥的体积．
（1）见解析；
（2）
（1）分析条件可得平面，即可证得；
（2）由，所以，又因为，所以平面，利用即可得解.
（1）如图，取的中点，连接.
因为,所以.
因为四边形为菱形，所以，
因为，所以为等边三角形，
所以.
因为，所以平面.
因为平面，所以.
（2）在中，，所以.
因为为等边三角形，所以.
因为，所以，所以.
又因为，所以平面.
因为，，
20.已知过点的椭圆：
的左右焦点分别为、，为椭圆上的任意一点，且，，成等差数列．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）直线：
交椭圆于，两点，若点始终在以为直径的圆外，求实数的取值范围．
（1）由题意，利用等差数列和椭圆的定义求出a、c的关系，再根据椭圆C过点A，求出a、b的值，即可写出椭圆C的标准方程；
（2）设P（x1，y1），Q（x2，y2），根据题意知x1=﹣2，y1=0；
联立方程消去y，由方程的根与系数关系求得x2、y2，由点A在以PQ为直径的圆外，得∠PAQ为锐角，•＞0；
由此列不等式求出k的取值范围．
（1）∵，，成等差数列，
由椭圆定义得，∴；
又椭圆：
（）过点，
∴；
∴，解得，；
∴椭圆的标准方程为；
（2）设，，联立方程，消去得：
依题意：
恒过点
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