2024屆云南省玉溪市澄江縣一中數學高三上期末質量檢測模擬試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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．已知點，是函數的函數圖像上的任意兩點，且在點處的切線與直線AB平行，則()A．，b為任意非零實數 B．，a為任意非零實數C．a、b均為任意實數 D．不存在滿足條件的實數a，b2．某個命題與自然數有關，且已證得“假設時該命題成立，則時該命題也成立”．現已知當時，該命題不成立，那么（）A．當時，該命題不成立 B．當時，該命題成立C．當時，該命題不成立 D．當時，該命題成立3．洛書，古稱龜書，是陰陽五行術數之源，在古代傳說中有神龜出于洛水，其甲殼上心有此圖象，結構是戴九履一，左三右七，二四為肩，六八為足，以五居中，五方白圈皆陽數，四角黑點為陰數．如圖，若從四個陰數和五個陽數中分別隨機選取1個數，則其和等于11的概率是（）．A． B． C． D．4．在滿足，的實數對中，使得成立的正整數的最大值為()A．5 B．6 C．7 D．95．某幾何體的三視圖如圖所示(單位：cm)，則該幾何體的體積等于（）cm3A． B． C． D．6．若,,,則下列結論正確的是()A． B． C． D．7．數學中有許多形狀優美、寓意美好的曲線，例如：四葉草曲線就是其中一種，其方程為.給出下列四個結論：①曲線有四條對稱軸；②曲線上的點到原點的最大距離為；③曲線第一象限上任意一點作兩坐標軸的垂線與兩坐標軸圍成的矩形面積最大值為；④四葉草面積小于.其中，所有正確結論的序號是（）A．①② B．①③ C．①③④ D．①②④8．在直角梯形中，，，，，點為上一點，且，當的值最大時，()A． B．2 C． D．9．如圖，在三棱柱中，底面為正三角形，側棱垂直底面，.若分別是棱上的點，且，，則異面直線與所成角的余弦值為（）A． B． C． D．10．記的最大值和最小值分別為和．若平面向量、、，滿足，則（）A． B．C． D．11．已知雙曲線的左右焦點分別為，，以線段為直徑的圓與雙曲線在第二象限的交點為，若直線與圓相切，則雙曲線的漸近線方程是（）A． B． C． D．12．已知直線和平面，若，則“”是“”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充分必要條件 D．不充分不必要二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．在中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且，則________.14．設變量，，滿足約束條件，則目標函數的最小值是______.15．某地區教育主管部門為了對該地區模擬考試成績進行分析，隨機抽取了150分到450分之間的1000名學生的成績，并根據這1000名學生的成績畫出樣本的頻率分布直方圖(如圖)，則成績在[250，400)內的學生共有____人．16．在回歸分析的問題中，我們可以通過對數變換把非線性回歸方程，（）轉化為線性回歸方程，即兩邊取對數，令，得到.受其啟發，可求得函數（）的值域是_________.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）己知，，.（1）求證：；（2）若，求證：.18．（12分）如圖，在正四棱錐中，，點、分別在線段、上，．（1）若，求證：⊥；（2）若二面角的大小為，求線段的長．19．（12分）如圖，三棱柱的所有棱長均相等，在底面上的投影在棱上，且∥平面（Ⅰ）證明：平面平面；（Ⅱ）求直線與平面所成角的余弦值.20．（12分）設函數.（Ⅰ）討論函數的單調性；（Ⅱ）若函數有兩個極值點，求證：.21．（12分）已知拋物線：的焦點為，過上一點（）作兩條傾斜角互補的直線分別與交于，兩點，（1）證明：直線的斜率是－1；（2）若，，成等比數列，求直線的方程.22．（10分）設橢圓的左右焦點分別為，離心率是，動點在橢圓上運動，當軸時，.（1）求橢圓的方程；（2）延長分別交橢圓于點（不重合）.設，求的最小值.

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、A【解析】

求得的導函數，結合兩點斜率公式和兩直線平行的條件：斜率相等，化簡可得，為任意非零實數.【詳解】依題意，在點處的切線與直線AB平行，即有，所以，由于對任意上式都成立，可得，為非零實數.故選：A【點睛】本題考查導數的運用，求切線的斜率，考查兩點的斜率公式，以及化簡運算能力，屬于中檔題．2、C【解析】

寫出命題“假設時該命題成立，則時該命題也成立”的逆否命題，結合原命題與逆否命題的真假性一致進行判斷.【詳解】由逆否命題可知，命題“假設時該命題成立，則時該命題也成立”的逆否命題為“假設當時該命題不成立，則當時該命題也不成立”，由于當時，該命題不成立，則當時，該命題也不成立，故選：C.【點睛】本題考查逆否命題與原命題等價性的應用，解題時要寫出原命題的逆否命題，結合逆否命題的等價性進行判斷，考查邏輯推理能力，屬于中等題.3、A【解析】

基本事件總數，利用列舉法求出其和等于11包含的基本事件有4個，由此能求出其和等于11的概率．【詳解】解：從四個陰數和五個陽數中分別隨機選取1個數，基本事件總數，其和等于11包含的基本事件有：，，，，共4個，其和等于的概率．故選：．【點睛】本題考查概率的求法，考查古典概型等基礎知識，考查運算求解能力，屬于基礎題．4、A【解析】

由題可知：，且可得，構造函數求導，通過導函數求出的單調性，結合圖像得出，即得出，從而得出的最大值.【詳解】因為，則，即整理得，令，設，則，令,則，令，則，故在上單調遞增，在上單調遞減，則，因為，，由題可知：時，則，所以，所以，當無限接近時，滿足條件，所以，所以要使得故當時，可有，故，即，所以：最大值為5.故選：A.【點睛】本題主要考查利用導數求函數單調性、極值和最值，以及運用構造函數法和放縮法，同時考查轉化思想和解題能力.5、D【解析】解：根據幾何體的三視圖知，該幾何體是三棱柱與半圓柱體的組合體，結合圖中數據，計算它的體積為：V=V三棱柱+V半圓柱=×2×2×1+?π?12×1=（6+1.5π）cm1．故答案為6+1.5π．點睛：根據幾何體的三視圖知該幾何體是三棱柱與半圓柱體的組合體，結合圖中數據計算它的體積即可．6、D【解析】

根據指數函數的性質，取得的取值范圍，即可求解，得到答案.【詳解】由指數函數的性質，可得，即，又由，所以.故選：D.【點睛】本題主要考查了指數冪的比較大小，其中解答中熟記指數函數的性質，求得的取值范圍是解答的關鍵，著重考查了計算能力，屬于基礎題.7、C【解析】

①利用之間的代換判斷出對稱軸的條數；②利用基本不等式求解出到原點的距離最大值；③將面積轉化為的關系式，然后根據基本不等式求解出最大值；④根據滿足的不等式判斷出四葉草與對應圓的關系，從而判斷出面積是否小于.【詳解】①：當變為時，不變，所以四葉草圖象關于軸對稱；當變為時，不變，所以四葉草圖象關于軸對稱；當變為時，不變，所以四葉草圖象關于軸對稱；當變為時，不變，所以四葉草圖象關于軸對稱；綜上可知：有四條對稱軸，故正確；②：因為，所以，所以，所以，取等號時，所以最大距離為，故錯誤；③：設任意一點，所以圍成的矩形面積為，因為，所以，所以，取等號時，所以圍成矩形面積的最大值為，故正確；④：由②可知，所以四葉草包含在圓的內部，因為圓的面積為：，所以四葉草的面積小于，故正確.故選：C.【點睛】本題考查曲線與方程的綜合運用，其中涉及到曲線的對稱性分析以及基本不等式的運用，難度較難.分析方程所表示曲線的對稱性，可通過替換方程中去分析證明.8、B【解析】

由題，可求出，所以，根據共線定理，設，利用向量三角形法則求出，結合題給，得出，進而得出，最后利用二次函數求出的最大值，即可求出.【詳解】由題意，直角梯形中，，，，，可求得，所以·∵點在線段上，設，則，即，又因為所以，所以，當時，等號成立.所以.故選：B.【點睛】本題考查平面向量線性運算中的加法運算、向量共線定理，以及運用二次函數求最值，考查轉化思想和解題能力.9、B【解析】

建立空間直角坐標系，利用向量法計算出異面直線與所成角的余弦值.【詳解】依題意三棱柱底面是正三角形且側棱垂直于底面.設的中點為，建立空間直角坐標系如下圖所示.所以，所以.所以異面直線與所成角的余弦值為.故選：B【點睛】本小題主要考查異面直線所成的角的求法，屬于中檔題.10、A【解析】

設為、的夾角，根據題意求得，然后建立平面直角坐標系，設，，，根據平面向量數量積的坐標運算得出點的軌跡方程，將和轉化為圓上的點到定點距離，利用數形結合思想可得出結果.【詳解】由已知可得，則，，，建立平面直角坐標系，設，，，由，可得，即，化簡得點的軌跡方程為，則，則轉化為圓上的點與點的距離，，，，轉化為圓上的點與點的距離，，.故選：A.【點睛】本題考查和向量與差向量模最值的求解，將向量坐標化，將問題轉化為圓上的點到定點距離的最值問題是解答的關鍵，考查化歸與轉化思想與數形結合思想的應用，屬于中等題.11、B【解析】

先設直線與圓相切于點，根據題意，得到，再由，根據勾股定理求出，從而可得漸近線方程.【詳解】設直線與圓相切于點，因為是以圓的直徑為斜邊的圓內接三角形，所以，又因為圓與直線的切點為，所以，又，所以，因此，因此有，所以，因此漸近線的方程為.故選B【點睛】本題主要考查雙曲線的漸近線方程，熟記雙曲線的簡單性質即可，屬于常考題型.12、B【解析】

由線面關系可知，不能確定與平面的關系，若一定可得，即可求出答案.【詳解】,不能確定還是，，當時，存在，，由又可得，所以“”是“”的必要不充分條件，故選：B【點睛】本題主要考查了必要不充分條件，線面垂直，線線垂直的判定，屬于中檔題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

利用正弦定理將邊化角，即可容易求得結果.【詳解】由正弦定理可知，，即.故答案為：.【點睛】本題考查利用正弦定理實現邊角互化，屬基礎題.14、7【解析】作出不等式組表示的平面區域,得到如圖的△ABC及其內部,其中A(2,1),B(1,2),C(4,5)設z=F(x,y)=2x+3y，將直線l:z=2x+3y進行平移，當l經過點A時，目標函數z達到最小值∴z最小值=F(2,1)=715、750【解析】因為0.001+0.001+0.004+a+0.005+0.003×50=1，得a=0.006所以1000×0.004+0.006+0.00516、【解析】

轉化()為,即得解.【詳解】由題意：().故答案為：【點睛】本題考查類比法求函數的值域，考查了學生邏輯推理，轉化劃歸，數學運算的能力，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、（1）證明見解析（2）證明見解析【解析】

（1）采用分析法論證，要證，分式化整式為，再利用立方和公式轉化為，再作差提取公因式論證.（2）由基本不等式得，再用不等式的基本性質論證.【詳解】（1）要證，即證，即證，即證，即證，即證，該式顯然成立，當且僅當時等號成立，故.（2）由基本不等式得，，當且僅當時等號成立.將上面四式相加，可得，即.【點睛】本題考查證明不等式的方法、基本不等式，還考查推理論證能力以及化歸與轉化思想，屬于中檔題..18、（1）證明見解析；（2）．【解析】試題分析：由于圖形是正四棱錐，因此設AC、BD交點為O，則以OA為x軸正方向，以OB為y軸正方向，OP為z軸正方向建立空間直角坐標系，可用空間向量法解決問題．（1）只要證明＝0即可證明垂直；（2）設＝λ，得M(λ，0，1－λ)，然后求出平面MBD的法向量，而平面ABD的法向量為，利用法向量夾角與二面角相等或互補可求得．試題解析:(1)連結AC、BD交于點O，以OA為x軸正方向，以OB為y軸正方向，OP為z軸正方向建立空間直角坐標系．因為PA＝AB＝，則A(1，0，0)，B(0，1，0)，D(0，－1，0)，P(0，0，1)．由＝，得N，由＝，得M，所以，＝(－1，－1，0)．因為＝0，所以MN⊥AD(2)解：因為M在PA上，可設＝λ，得M(λ，0，1－λ)．所以＝(λ，－1，1－λ)，＝(0，－2，0)．設平面MBD的法向量＝(x，y，z)，由，得其中一組解為x＝λ－1，y＝0，z＝λ，所以可取＝(λ－1，0，λ)．因為平面ABD的法向量為＝(0，0，1)，所以cos＝，即＝，解得λ＝，從而M，N，所以MN＝＝．考點：用空間向量法證垂直、求二面角．19、（Ⅰ）見解析（Ⅱ）【解析】

（Ⅰ）連接交于點，連接，由于平面，得出，根據線線位置關系得出，利用線面垂直的判定和性質得出，結合條件以及面面垂直的判定，即可證出平面平面；（Ⅱ）根據題意，建立空間直角坐標系，利用空間向量法分別求出和平面的法向量，利用空間向量線面角公式，即可求出直線與平面所成角的余弦值.【詳解】解：（Ⅰ）證明：連接交于點，連接，則平面平面，平面，，為的中點，為的中點，平面，，平面，平面，平面平面（Ⅱ）建立如圖所示空間直角坐標系，設則，，，，，設平面的法向量為，則，取得，設直線與平面所成角為，直線與平面所成角的余弦值為.【點睛】本題考查面面垂直的判定以及利用空間向量法求線面角的余弦值，考查空間想象能力和推理能力.20、（Ⅰ）見解析（Ⅱ）見解析【解析】

（Ⅰ）求導得到，討論，，三種情況得到單調區間.（Ⅱ）設，要證，即證，，設，根據函數單調性得到證明.【詳解】（Ⅰ），令，，（1）當，即時，，，在上單調遞增；（2）當，即時，設