四川省瀘州市2024屆高三3月高考診斷性測試（一模）數學試題試卷

四川省瀘州市2024屆高三3月高考診斷性測試（一模）數學試題試卷注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．如圖，已知三棱錐中，平面平面，記二面角的平面角為，直線與平面所成角為，直線與平面所成角為，則（）A． B． C． D．2．如圖，矩形ABCD中，，，E是AD的中點，將沿BE折起至，記二面角的平面角為，直線與平面BCDE所成的角為，與BC所成的角為，有如下兩個命題：①對滿足題意的任意的的位置，；②對滿足題意的任意的的位置，，則()A．命題①和命題②都成立 B．命題①和命題②都不成立C．命題①成立，命題②不成立 D．命題①不成立，命題②成立3．已知函數，則的值等于（）A．2018 B．1009 C．1010 D．20204．設全集為R，集合，，則A． B． C． D．5．已知關于的方程在區(qū)間上有兩個根，，且，則實數的取值范圍是（）A． B． C． D．6．已知函數,則函數的圖象大致為（）A． B．C． D．7．執(zhí)行如圖所示的程序框圖，若輸入，，則輸出的值為（）A．0 B．1 C． D．8．設F為雙曲線C：（a>0，b>0）的右焦點，O為坐標原點，以OF為直徑的圓與圓x2+y2=a2交于P、Q兩點．若|PQ|=|OF|，則C的離心率為A． B．C．2 D．9．若函數的圖象如圖所示，則的解析式可能是（）A． B． C． D．10．點在所在的平面內，，，，，且，則（）A． B． C． D．11．已知拋物線的焦點為，對稱軸與準線的交點為，為上任意一點，若，則（）A．30° B．45° C．60° D．75°12．如圖，在中，，是上一點，若，則實數的值為（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知，滿足約束條件，則的最小值為__________.14．拋物線的焦點坐標為______.15．設，滿足約束條件，則的最大值為______.16．以，為圓心的兩圓均過，與軸正半軸分別交于，，且滿足，則點的軌跡方程為_________．三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知曲線：和：（為參數）.以原點為極點，軸的正半軸為極軸，建立極坐標系，且兩種坐標系中取相同的長度單位.（1）求曲線的直角坐標方程和的方程化為極坐標方程；（2）設與，軸交于，兩點，且線段的中點為.若射線與，交于，兩點，求，兩點間的距離.18．（12分）已知數列的通項，數列為等比數列，且，，成等差數列.（1）求數列的通項；（2）設，求數列的前項和.19．（12分）在直角坐標系中，曲線的參數方程為(為參數).以為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系，直線的極坐標方程為()，將曲線向左平移2個單位長度得到曲線.（1）求曲線的普通方程和極坐標方程；（2）設直線與曲線交于兩點，求的取值范圍.20．（12分）某商場舉行優(yōu)惠促銷活動，顧客僅可以從以下兩種優(yōu)惠方案中選擇一種.方案一：每滿100元減20元；方案二：滿100元可抽獎一次.具體規(guī)則是從裝有2個紅球、2個白球的箱子隨機取出3個球（逐個有放回地抽?。媒Y果和享受的優(yōu)惠如下表：（注：所有小球僅顏色有區(qū)別）紅球個數3210實際付款7折8折9折原價（1）該商場某顧客購物金額超過100元，若該顧客選擇方案二，求該顧客獲得7折或8折優(yōu)惠的概率；（2）若某顧客購物金額為180元，選擇哪種方案更劃算？21．（12分）[選修4-5：不等式選講]:已知函數.（1）當時，求不等式的解集；（2）設，，且的最小值為.若，求的最小值.22．（10分）已知橢圓的離心率為，且過點.（1）求橢圓C的標準方程；（2）點P是橢圓上異于短軸端點A，B的任意一點，過點P作軸于Q，線段PQ的中點為M.直線AM與直線交于點N，D為線段BN的中點，設O為坐標原點，試判斷以OD為直徑的圓與點M的位置關系.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、A【解題分析】

作于,于,分析可得,,再根據正弦的大小關系判斷分析得,再根據線面角的最小性判定即可.【題目詳解】作于,于.因為平面平面,平面.故,故平面.故二面角為.又直線與平面所成角為,因為,故.故,當且僅當重合時取等號.又直線與平面所成角為,且為直線與平面內的直線所成角,故,當且僅當平面時取等號.故.故選：A【題目點撥】本題主要考查了線面角與線線角的大小判斷,需要根據題意確定角度的正弦的關系,同時運用線面角的最小性進行判定.屬于中檔題.2、A【解題分析】

作出二面角的補角、線面角、線線角的補角，由此判斷出兩個命題的正確性.【題目詳解】①如圖所示，過作平面，垂足為，連接，作，連接.由圖可知，，所以，所以①正確.②由于，所以與所成角，所以，所以②正確.綜上所述，①②都正確.故選：A【題目點撥】本題考查了折疊問題、空間角、數形結合方法，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．3、C【解題分析】

首先，根據二倍角公式和輔助角公式化簡函數解析式，根據所求函數的周期性，得到其周期為4，然后借助于三角函數的周期性確定其值即可．【題目詳解】解：．，，的周期為，，，，，．．故選：C【題目點撥】本題重點考查了三角函數的圖象與性質、三角恒等變換等知識，掌握輔助角公式化簡函數解析式是解題的關鍵，屬于中檔題．4、B【解題分析】分析：由題意首先求得，然后進行交集運算即可求得最終結果.詳解：由題意可得：，結合交集的定義可得：.本題選擇B選項.點睛：本題主要考查交集的運算法則，補集的運算法則等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.5、C【解題分析】

先利用三角恒等變換將題中的方程化簡，構造新的函數，將方程的解的問題轉化為函數圖象的交點問題，畫出函數圖象，再結合，解得的取值范圍.【題目詳解】由題化簡得，，作出的圖象，又由易知．故選：C.【題目點撥】本題考查了三角恒等變換，方程的根的問題，利用數形結合法，求得范圍.屬于中檔題.6、A【解題分析】

用排除法，通過函數圖像的性質逐個選項進行判斷，找出不符合函數解析式的圖像，最后剩下即為此函數的圖像.【題目詳解】設，由于，排除B選項；由于，所以，排除C選項；由于當時，，排除D選項.故A選項正確.故選：A【題目點撥】本題考查了函數圖像的性質，屬于中檔題.7、A【解題分析】

根據輸入的值大小關系，代入程序框圖即可求解.【題目詳解】輸入，，因為，所以由程序框圖知，輸出的值為.故選：A【題目點撥】本題考查了對數式大小比較，條件程序框圖的簡單應用，屬于基礎題.8、A【解題分析】

準確畫圖，由圖形對稱性得出P點坐標，代入圓的方程得到c與a關系，可求雙曲線的離心率．【題目詳解】設與軸交于點，由對稱性可知軸，又，為以為直徑的圓的半徑，為圓心．，又點在圓上，，即．，故選A．【題目點撥】本題為圓錐曲線離心率的求解，難度適中，審題時注意半徑還是直徑，優(yōu)先考慮幾何法，避免代數法從頭至尾，運算繁瑣，準確率大大降低，雙曲線離心率問題是圓錐曲線中的重點問題，需強化練習，才能在解決此類問題時事半功倍，信手拈來．9、A【解題分析】

由函數性質,結合特殊值驗證,通過排除法求得結果.【題目詳解】對于選項B,為奇函數可判斷B錯誤;對于選項C,當時,,可判斷C錯誤;對于選項D,,可知函數在第一象限的圖象無增區(qū)間,故D錯誤;故選:A.【題目點撥】本題考查已知函數的圖象判斷解析式問題,通過函數性質及特殊值利用排除法是解決本題的關鍵,難度一般.10、D【解題分析】

確定點為外心，代入化簡得到，，再根據計算得到答案.【題目詳解】由可知，點為外心，則，，又，所以①因為，②聯(lián)立方程①②可得，，，因為，所以，即．故選：【題目點撥】本題考查了向量模長的計算，意在考查學生的計算能力.11、C【解題分析】

如圖所示：作垂直于準線交準線于，則，故，得到答案.【題目詳解】如圖所示：作垂直于準線交準線于，則，在中，，故，即.故選：.【題目點撥】本題考查了拋物線中角度的計算，意在考查學生的計算能力和轉化能力.12、C【解題分析】

由題意，可根據向量運算法則得到（1﹣m），從而由向量分解的唯一性得出關于t的方程，求出t的值.【題目詳解】由題意及圖，，又，，所以，∴（1﹣m），又t，所以，解得m，t，故選C．【題目點撥】本題考查平面向量基本定理，根據分解的唯一性得到所求參數的方程是解答本題的關鍵，本題屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解題分析】

作出約束條件所表示的可行域，利用直線截距的幾何意義，即可得答案.【題目詳解】畫出可行域易知在點處取最小值為.故答案為：【題目點撥】本題考查簡單線性規(guī)劃的最值，考查數形結合思想，考查運算求解能力，屬于基礎題.14、【解題分析】

變換得到，計算焦點得到答案.【題目詳解】拋物線的標準方程為，，所以焦點坐標為．故答案為：【題目點撥】本題考查了拋物線的焦點坐標，屬于簡單題.15、29【解題分析】

由約束條件作出可行域，化目標函數為以原點為圓心的圓，數形結合得到最優(yōu)解，聯(lián)立方程組求得最優(yōu)解的坐標，代入目標函數得答案.【題目詳解】由約束條件作出可行域如圖：聯(lián)立，解得，目標函數是以原點為圓心，以為半徑的圓，由圖可知，此圓經過點A時，半徑最大，此時也最大，最大值為.所以本題答案為29.【題目點撥】線性規(guī)劃問題，首先明確可行域對應的是封閉區(qū)域還是開放區(qū)域、分界線是實線還是虛線，其次確定目標函數的幾何意義，是求直線的截距、兩點間距離的平方、直線的斜率、還是點到直線的距離等等，最后結合圖形確定目標函數最值取法、值域范圍.16、【解題分析】

根據圓的性質可知在線段的垂直平分線上，由此得到，同理可得，由對數運算法則可知，從而化簡得到，由此確定軌跡方程.【題目詳解】，，和的中點坐標為，且在線段的垂直平分線上，，即，同理可得：，，，點的軌跡方程為．故答案為：．【題目點撥】本題考查動點軌跡方程的求解問題，關鍵是能夠利用圓的性質和對數運算法則構造出滿足的方程，由此得到結果.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1），；（2）1.【解題分析】

（1）利用正弦的和角公式，結合極坐標化為直角坐標的公式，即可求得曲線的直角坐標方程；先寫出曲線的普通方程，再利用公式化簡為極坐標即可；（2）先求出的直角坐標，據此求得中點的直角坐標，將其轉化為極坐標，聯(lián)立曲線的極坐標方程，即可求得兩點的極坐標，則距離可解.【題目詳解】（1）：可整理為，利用公式可得其直角坐標方程為：，：的普通方程為，利用公式可得其極坐標方程為（2）由（1）可得的直角坐標方程為，故容易得，，∴，∴的極坐標方程為，把代入得，.把代入得，.∴，即，兩點間的距離為1.【題目點撥】本題考查極坐標方程和直角坐標方程之間的轉化，涉及參數方程轉化為普通方程，以及在極坐標系中求兩點之間的距離，屬綜合基礎題.18、（1）；（2）.【解題分析】

（1）根據，，成等差數列以及為等比數列，通過直接對進行賦值計算出的首項和公比，即可求解出的通項公式；（2）的通項公式符合等差乘以等比的形式，采用錯位相減法進行求和.【題目詳解】（1）數列為等比數列，且，，成等差數列.設數列的公比為，，，解得（2），，，，.【題目點撥】本題考查等差、等比數列的綜合以及錯位相減法求和的應用，難度一般.判斷是否適合使用錯位相減法，可根據數列的通項公式是否符合等差乘以等比的形式來判斷.19、（1）的極坐標方程為，普通方程為；（2）【解題分析】

（1）根據三角函數恒等變換可得，，可得曲線的普通方程，再運用圖像的平移得依題意得曲線的普通方程為，利用極坐標與平面直角坐標互化的公式可得方程；（2）法一：將代入曲線的極坐標方程得，運用韋達定理可得，根據，可求得的范圍；法二:設直線的參數方程為(為參數，為直線的傾斜角)，代入曲線的普通方程得，運用韋達定理可得，根據，可求得的范圍；【題目詳解】（1），，即曲線的普通方程為，依題意得曲線的普通方程為，令，得曲線的極坐標方程為；（2）法一：將代入曲線的極坐標方程得，則，，，異號，，，；法二:設直線的參數方程為(為參數，為直線的傾斜角)，代入曲線的普通方程得，則，，，異號，，.【題目點撥】本題考查參數方程與普通方程，極坐標方程與平面直角坐標方程之間的轉化，求解幾何量的取值范圍，關鍵在于明確極坐標系中極徑和極角的幾何含義，直線的參數方程，參數的幾何意義，屬于中檔題.20、（1）（2）選擇方案二更為劃算【解題分析】

（1）計算顧客獲得7折優(yōu)惠的概率，獲得8折優(yōu)惠的概率，相加得到答案.（2）選擇方案二，記付款金額為元，則可取的值為126，144，162，180.，計算概率得到數學期望，比較大小得到答案.【題目詳解】（1）該顧客獲得7折優(yōu)惠的概率，該顧客獲得8折優(yōu)惠的概率，故該顧客獲得7折或8折優(yōu)惠的概率.（2）若選擇方案一，則付款金額為.若選擇方案二，記付款金額為元，則可取的值為126，144，162，180.，，則.因為，所以選擇方案二更為劃算.【題目點撥】本題考查了概率的計算，數學期望，意在考查學生的計算能力和應用能力.21、（1）（2）