成都樹德中學2024年高三年級第三次模擬考試數(shù)學試題

成都樹德中學2024年高三年級第三次模擬考試數(shù)學試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內(nèi)相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y(jié)束后，請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．已知函數(shù)，集合，，則（）A． B．C． D．2．已知角的終邊與單位圓交于點，則等于（）A． B． C． D．3．函數(shù)在上單調(diào)遞減，且是偶函數(shù)，若，則的取值范圍是（）A．（2，+∞） B．（﹣∞，1）∪（2，+∞）C．（1，2） D．（﹣∞，1）4．已知與之間的一組數(shù)據(jù)：12343.24.87.5若關于的線性回歸方程為，則的值為（）A．1.5 B．2.5 C．3.5 D．4.55．（）A． B． C． D．6．已知直線：與圓：交于，兩點，與平行的直線與圓交于，兩點，且與的面積相等，給出下列直線：①，②，③，④.其中滿足條件的所有直線的編號有（）A．①② B．①④ C．②③ D．①②④7．2019年末，武漢出現(xiàn)新型冠狀病毒肺炎（）疫情，并快速席卷我國其他地區(qū)，傳播速度很快.因這種病毒是以前從未在人體中發(fā)現(xiàn)的冠狀病毒新毒株，所以目前沒有特異治療方法，防控難度很大.武漢市出現(xiàn)疫情最早，感染人員最多，防控壓力最大，武漢市從2月7日起舉全市之力入戶上門排查確診的新冠肺炎患者、疑似的新冠肺炎患者、無法明確排除新冠肺炎的發(fā)熱患者和與確診患者的密切接觸者等“四類”人員，強化網(wǎng)格化管理，不落一戶、不漏一人.在排查期間，一戶6口之家被確認為“與確診患者的密切接觸者”，這種情況下醫(yī)護人員要對其家庭成員隨機地逐一進行“核糖核酸”檢測，若出現(xiàn)陽性，則該家庭為“感染高危戶”.設該家庭每個成員檢測呈陽性的概率均為（）且相互獨立，該家庭至少檢測了5個人才能確定為“感染高危戶”的概率為，當時，最大，則（）A． B． C． D．8．已知集合的所有三個元素的子集記為．記為集合中的最大元素，則（）A． B． C． D．9．若復數(shù)z滿足，則（）A． B． C． D．10．ΔABC中，如果lgcosA=lgsinA．等邊三角形 B．直角三角形 C．等腰三角形 D．等腰直角三角形11．已知函數(shù)的最大值為，若存在實數(shù)，使得對任意實數(shù)總有成立，則的最小值為（）A． B． C． D．12．設，，則（）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，則的最大值為________．14．設直線過雙曲線的一個焦點，且與的一條對稱軸垂直，與交于兩點，為的實軸長的2倍，則雙曲線的離心率為.15．直線（，）過圓：的圓心，則的最小值是______.16．已知，，其中，為正的常數(shù)，且，則的值為_______.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）設橢圓，直線經(jīng)過點，直線經(jīng)過點，直線直線，且直線分別與橢圓相交于兩點和兩點.(Ⅰ)若分別為橢圓的左、右焦點，且直線軸，求四邊形的面積;(Ⅱ)若直線的斜率存在且不為0，四邊形為平行四邊形，求證:;(Ⅲ)在(Ⅱ)的條件下，判斷四邊形能否為矩形，說明理由.18．（12分）如圖，在四棱錐中，底面為菱形，底面，.（1）求證：平面；（2）若直線與平面所成的角為，求平面與平面所成銳二面角的余弦值.19．（12分）已知橢圓的左、右焦點分別為，離心率為，為橢圓上一動點（異于左右頂點），面積的最大值為．（1）求橢圓的方程；（2）若直線與橢圓相交于點兩點，問軸上是否存在點，使得是以為直角頂點的等腰直角三角形？若存在，求點的坐標；若不存在，請說明理由．20．（12分）在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且b（a2+c2﹣b2）＝a2ccosC+ac2cosA．（1）求角B的大??；（2）若△ABC外接圓的半徑為，求△ABC面積的最大值.21．（12分）已知橢圓過點，設橢圓的上頂點為，右頂點和右焦點分別為，，且．（1）求橢圓的標準方程；（2）設直線交橢圓于，兩點，設直線與直線的斜率分別為，，若，試判斷直線是否過定點？若過定點，求出該定點的坐標；若不過定點，請說明理由．22．（10分）在平面直角坐標系中，直線的參數(shù)方程為（為參數(shù)），以坐標原點為極點，軸正半軸為極軸建立極坐標系，曲線的極坐標方程為.（1）若，求曲線與的交點坐標；（2）過曲線上任意一點作與夾角為45°的直線，交于點，且的最大值為，求的值.

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、C【解析】

分別求解不等式得到集合,再利用集合的交集定義求解即可.【詳解】,，∴．故選C．【點睛】本題主要考查了集合的基本運算,難度容易.2、B【解析】

先由三角函數(shù)的定義求出，再由二倍角公式可求.【詳解】解：角的終邊與單位圓交于點，，故選：B【點睛】考查三角函數(shù)的定義和二倍角公式，是基礎題.3、B【解析】

根據(jù)題意分析的圖像關于直線對稱，即可得到的單調(diào)區(qū)間，利用對稱性以及單調(diào)性即可得到的取值范圍?！驹斀狻扛鶕?jù)題意，函數(shù)滿足是偶函數(shù)，則函數(shù)的圖像關于直線對稱，若函數(shù)在上單調(diào)遞減，則在上遞增，所以要使，則有，變形可得，解可得：或，即的取值范圍為；故選：B．【點睛】本題考查偶函數(shù)的性質(zhì)，以及函數(shù)單調(diào)性的應用，有一定綜合性，屬于中檔題。4、D【解析】

利用表格中的數(shù)據(jù)，可求解得到代入回歸方程，可得，再結(jié)合表格數(shù)據(jù)，即得解.【詳解】利用表格中數(shù)據(jù)，可得又，．解得故選：D【點睛】本題考查了線性回歸方程過樣本中心點的性質(zhì)，考查了學生概念理解，數(shù)據(jù)處理，數(shù)學運算的能力，屬于基礎題.5、A【解析】

分子分母同乘,即根據(jù)復數(shù)的除法法則求解即可.【詳解】解:,故選:A【點睛】本題考查復數(shù)的除法運算,屬于基礎題.6、D【解析】

求出圓心到直線的距離為：，得出，根據(jù)條件得出到直線的距離或時滿足條件，即可得出答案.【詳解】解：由已知可得：圓：的圓心為（0,0），半徑為2，則圓心到直線的距離為：，∴，而，與的面積相等，∴或，即到直線的距離或時滿足條件，根據(jù)點到直線距離可知，①②④滿足條件.故選：D.【點睛】本題考查直線與圓的位置關系的應用，涉及點到直線的距離公式.7、A【解析】

根據(jù)題意分別求出事件A：檢測5個人確定為“感染高危戶”發(fā)生的概率和事件B：檢測6個人確定為“感染高危戶”發(fā)生的概率,即可得出的表達式,再根據(jù)基本不等式即可求出.【詳解】設事件A：檢測5個人確定為“感染高危戶”,事件B：檢測6個人確定為“感染高危戶”,∴,.即設,則∴當且僅當即時取等號,即.故選：A．【點睛】本題主要考查概率的計算,涉及相互獨立事件同時發(fā)生的概率公式的應用,互斥事件概率加法公式的應用,以及基本不等式的應用,解題關鍵是對題意的理解和事件的分解,意在考查學生的數(shù)學運算能力和數(shù)學建模能力,屬于較難題.8、B【解析】

分類討論，分別求出最大元素為3,4,5,6的三個元素子集的個數(shù)，即可得解.【詳解】集合含有個元素的子集共有，所以．在集合中：最大元素為的集合有個；最大元素為的集合有；最大元素為的集合有；最大元素為的集合有；所以．故選：．【點睛】此題考查集合相關的新定義問題，其本質(zhì)在于弄清計數(shù)原理，分類討論，分別求解.9、D【解析】

先化簡得再求得解.【詳解】所以.故選：D【點睛】本題主要考查復數(shù)的運算和模的計算，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.10、B【解析】

化簡得lgcosA＝lgsinCsinB＝﹣lg2，即cosA=sinCsinB=12，結(jié)合0<A<π，可求A=π【詳解】由lgcosA=lgsinC-lgsinB=-lg2，可得lgcosA＝∵0<A<π，∴A=π3，B+C=2π3，∴sinC＝12sinB＝12sin2π3-C＝34cosC+故選：B【點睛】本題主要考查了對數(shù)的運算性質(zhì)的應用，兩角差的正弦公式的應用，解題的關鍵是靈活利用基本公式，屬于基礎題．11、B【解析】

根據(jù)三角函數(shù)的兩角和差公式得到，進而可以得到函數(shù)的最值，區(qū)間(m,n)長度要大于等于半個周期，最終得到結(jié)果.【詳解】函數(shù)則函數(shù)的最大值為2，存在實數(shù)，使得對任意實數(shù)總有成立，則區(qū)間(m,n)長度要大于等于半個周期，即故答案為：B.【點睛】這個題目考查了三角函數(shù)的兩角和差的正余弦公式的應用，以及三角函數(shù)的圖像的性質(zhì)的應用，題目比較綜合.12、D【解析】

集合是一次不等式的解集，分別求出再求交集即可【詳解】，，則故選【點睛】本題主要考查了一次不等式的解集以及集合的交集運算，屬于基礎題．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

根據(jù)題意，畫出可行域，將目標函數(shù)看成可行域內(nèi)的點與原點距離的平方，利用圖象即可求解.【詳解】可行域如圖所示，易知當，時，的最大值為．故答案為：9.【點睛】本題考查了利用幾何法解決非線性規(guī)劃問題，屬于中檔題.14、【解析】

不妨設雙曲線，焦點，令，由的長為實軸的二倍能夠推導出的離心率.【詳解】不妨設雙曲線，焦點，對稱軸，由題設知，因為的長為實軸的二倍，，，，故答案為.【點睛】本題主要考查利用雙曲線的簡單性質(zhì)求雙曲線的離心率，屬于中檔題.求解與雙曲線性質(zhì)有關的問題時要結(jié)合圖形進行分析，既使不畫出圖形，思考時也要聯(lián)想到圖形，當涉及頂點、焦點、實軸、虛軸、漸近線等雙曲線的基本量時，要理清它們之間的關系，挖掘出它們之間的內(nèi)在聯(lián)系.求離心率問題應先將用有關的一些量表示出來，再利用其中的一些關系構(gòu)造出關于的等式，從而求出的值.15、；【解析】

求出圓心坐標，代入直線方程得的關系，再由基本不等式求得題中最小值．【詳解】圓：的標準方程為，圓心為，由題意，即，∴，當且僅當，即時等號成立，故答案為：．【點睛】本題考查用基本不等式求最值，考查圓的標準方程，解題方法是配方法求圓心坐標，“1”的代換法求最小值，目的是湊配出基本不等式中所需的“定值”．16、【解析】

把已知等式變形，展開兩角和與差的三角函數(shù)，結(jié)合已知求得值．【詳解】解：由，得，，即，，又，，解得：．為正的常數(shù)，．故答案為：．【點睛】本題考查兩角和與差的三角函數(shù)，考查數(shù)學轉(zhuǎn)化思想方法，屬于中檔題．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、(Ⅰ)；(Ⅱ)證明見解析；(Ⅲ)不能，證明見解析【解析】

(Ⅰ)計算得到故，，，，計算得到面積.(Ⅱ)設為，聯(lián)立方程得到，計算，同理，根據(jù)得到，得到證明.(Ⅲ)設中點為，根據(jù)點差法得到，同理，故，得到結(jié)論.【詳解】(Ⅰ)，，故，，，.故四邊形的面積為.(Ⅱ)設為，則，故，設，，故，，同理可得，，故，即，，故.(Ⅲ)設中點為，則，，相減得到，即，同理可得：的中點，滿足，故，故四邊形不能為矩形.【點睛】本題考查了橢圓內(nèi)四邊形的面積，形狀，根據(jù)四邊形形狀求參數(shù)，意在考查學生的計算能力和綜合應用能力.18、（1）證明見解析（2）【解析】

（1）由底面為菱形，得，再由底面，可得，結(jié)合線面垂直的判定可得平面；（2）以點為坐標原點，以所在直線及過點且垂直于平面的直線分別為軸建立空間直角坐標系，分別求出平面與平面的一個法向量，由兩法向量所成角的余弦值可得平面與平面所成銳二面角的余弦值.【詳解】（1）證明：底面為菱形，，底面，平面，又，平面，平面；（2）解：，，為等邊三角形，.底面，是直線與平面所成的角為，在中，由，解得.如圖，以點為坐標原點，以所在直線及過點且垂直于平面的直線分別為軸建立空間直角坐標系.則，，，，.，，，.設平面與平面的一個法向量分別為，.由，取，得；由，取，得..平面與平面所成銳二面角的余弦值為.【點睛】本題考查直線與平面垂直的判定，考查空間想象能力與思維能力，訓練了利用空間向量求解空間角，屬于中檔題．19、（1）；（2）見解析【解析】

（1）由面積最大值可得，又，以及，解得，即可得到橢圓的方程，（2）假設軸上存在點，是以為直角頂點的等腰直角三角形，設，，線段的中點為，根據(jù)韋達定理求出點的坐標，再根據(jù)，，即可求出的值，可得點的坐標.【詳解】（1）面積的最大值為，則：又，，解得：，橢圓的方程為：（2）假設軸上存在點，是以為直角頂點的等腰直角三角形設，，線段的中點為由，消去可得：，解得：∴，，依題意有，由可得：，可得：由可得：，代入上式化簡可得：則：，解得：當時，點滿足題意；當時，點滿足題意故軸上存在點，使得是以為直角頂點的等腰直角三角形【點睛】本題考查了橢圓的方程，直線和橢圓的位置關系，斜率公式，考查了運算能力和轉(zhuǎn)化能力，屬于中檔題.20、（1）B（2）【解析】

（1）由已知結(jié)合余弦定理，正弦定理及和兩角和的正弦公式進行化簡可求cosB，進而可求B；（2）由已知結(jié)合正弦定理，余弦定理及基本不等式即可求解ac的范圍，然后結(jié)合三角形的面積公式即可求解.【詳解】（1）因為b（a2+c2﹣b2）＝ca2cosC+ac2cosA，∴，即2bcosB＝acosC+ccosA由正弦定理可得，2sinBcosB＝sinAcosC+sinCcosA＝sin（A+C）＝sinB，因為，所以，所以B；（2）由