黑龍江省肇東一中2024屆高三沖刺模擬數學試卷注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置．3．請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．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．已知正項等比數列滿足，若存在兩項，，使得，則的最小值為（）.A．16 B． C．5 D．42．某三棱錐的三視圖如圖所示，則該三棱錐的體積為A． B． C．2 D．3．已知雙曲線的左、右焦點分別為，圓與雙曲線在第一象限內的交點為M，若．則該雙曲線的離心率為A．2 B．3 C． D．4．如圖，已知直線與拋物線相交于A，B兩點，且A、B兩點在拋物線準線上的投影分別是M，N，若，則的值是（）A． B． C． D．5．拋物線的準線方程是，則實數（）A． B． C． D．6．中國古代數學著作《算法統宗》中有這樣一個問題；“三百七十八里關，初行健步不為難，次后腳痛遞減半，六朝才得到其關，要見每朝行里數，請公仔細算相還.”其意思為：“有一個人走了378里路，第一天健步走行，從第二天起腳痛每天走的路程是前一天的一半，走了6天后到達目的地，求該人每天走的路程.”由這個描述請算出這人第四天走的路程為（）A．6里 B．12里 C．24里 D．48里7．已知復數，若，則的值為（）A．1 B． C． D．8．二項式的展開式中只有第六項的二項式系數最大，則展開式中的常數項是()A．180 B．90 C．45 D．3609．若，，則的值為（）A． B． C． D．10．已知函數，則（）A． B． C． D．11．集合的真子集的個數是（）A． B． C． D．12．若集合，，則（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．的展開式中項的系數為_______．14．若實數滿足不等式組，則的最小值是___15．已知向量，，若，則實數______.16．下圖是一個算法流程圖,則輸出的的值為__________．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）已知函數有兩個極值點，.（1）求實數的取值范圍；（2）證明：.18．（12分）在平面直角坐標系中，曲線，曲線的參數方程為（為參數）．以坐標原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系．（1）求曲線、的極坐標方程；（2）在極坐標系中，射線與曲線，分別交于、兩點（異于極點），定點，求的面積19．（12分）已知函數，．（Ⅰ）求的最小正周期；（Ⅱ）求在上的最小值和最大值．20．（12分）如圖，四棱錐中，平面平面，若，四邊形是平行四邊形，且.（Ⅰ）求證：；（Ⅱ）若點在線段上，且平面，，，求二面角的余弦值.21．（12分）在直角坐標系中，直線的參數方程為.（為參數）.以坐標原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系，曲線的極坐標方程為.（1）求的普通方程及的直角坐標方程；（2）求曲線上的點到距離的取值范圍.22．（10分）已知函數.(Ⅰ)求函數的單調區間；(Ⅱ)當時，求函數在上最小值.

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、D【解析】

由，可得，由，可得，再利用“1”的妙用即可求出所求式子的最小值.【詳解】設等比數列公比為，由已知，，即，解得或（舍），又，所以，即，故，所以，當且僅當時，等號成立.故選：D.【點睛】本題考查利用基本不等式求式子和的最小值問題，涉及到等比數列的知識，是一道中檔題.2、A【解析】由給定的三視圖可知，該幾何體表示一個底面為一個直角三角形，且兩直角邊分別為和，所以底面面積為高為的三棱錐，所以三棱錐的體積為，故選A．3、D【解析】

本題首先可以通過題意畫出圖像并過點作垂線交于點，然后通過圓與雙曲線的相關性質判斷出三角形的形狀并求出高的長度，的長度即點縱坐標，然后將點縱坐標帶入圓的方程即可得出點坐標，最后將點坐標帶入雙曲線方程即可得出結果。【詳解】根據題意可畫出以上圖像，過點作垂線并交于點，因為，在雙曲線上，所以根據雙曲線性質可知，，即，，因為圓的半徑為，是圓的半徑，所以，因為，，，，所以，三角形是直角三角形，因為，所以，，即點縱坐標為，將點縱坐標帶入圓的方程中可得，解得，，將點坐標帶入雙曲線中可得，化簡得，，，，故選D。【點睛】本題考查了圓錐曲線的相關性質，主要考察了圓與雙曲線的相關性質，考查了圓與雙曲線的綜合應用，考查了數形結合思想，體現了綜合性，提高了學生的邏輯思維能力，是難題。4、C【解析】

直線恒過定點，由此推導出，由此能求出點的坐標，從而能求出的值．【詳解】設拋物線的準線為，直線恒過定點，如圖過A、B分別作于M，于N，由，則，點B為AP的中點、連接OB，則，∴，點B的橫坐標為，∴點B的坐標為，把代入直線，解得，故選：C．【點睛】本題考查直線與圓錐曲線中參數的求法，考查拋物線的性質，是中檔題，解題時要注意等價轉化思想的合理運用，屬于中檔題.5、C【解析】

根據準線的方程寫出拋物線的標準方程,再對照系數求解即可.【詳解】因為準線方程為,所以拋物線方程為,所以,即.故選：C【點睛】本題考查拋物線與準線的方程.屬于基礎題.6、C【解析】

設第一天走里，則是以為首項，以為公比的等比數列，由題意得，求出（里，由此能求出該人第四天走的路程．【詳解】設第一天走里，則是以為首項，以為公比的等比數列，由題意得：，解得（里，（里．故選：C．【點睛】本題考查等比數列的某一項的求法，考查等比數列等基礎知識，考查推理論證能力、運算求解能力，考查化歸與轉化思想、函數與方程思想，是基礎題．7、D【解析】由復數模的定義可得：，求解關于實數的方程可得：.本題選擇D選項.8、A【解析】試題分析：因為的展開式中只有第六項的二項式系數最大，所以，，令，則，.考點：1.二項式定理；2.組合數的計算.9、A【解析】

取，得到，取，則，計算得到答案.【詳解】取，得到；取，則.故.故選：.【點睛】本題考查了二項式定理的應用，取和是解題的關鍵.10、A【解析】

根據分段函數解析式，先求得的值，再求得的值.【詳解】依題意，.故選：A【點睛】本小題主要考查根據分段函數解析式求函數值，屬于基礎題.11、C【解析】

根據含有個元素的集合，有個子集，有個真子集，計算可得；【詳解】解：集合含有個元素，則集合的真子集有（個），故選：C【點睛】考查列舉法的定義，集合元素的概念，以及真子集的概念，對于含有個元素的集合，有個子集，有個真子集，屬于基礎題．12、B【解析】

根據正弦函數的性質可得集合A，由集合性質表示形式即可求得，進而可知滿足.【詳解】依題意，；而，故，則.故選：B.【點睛】本題考查了集合關系的判斷與應用，集合的包含關系與補集關系的應用，屬于中檔題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、40【解析】

根據二項定理展開式，求得r的值，進而求得系數．【詳解】根據二項定理展開式的通項式得所以，解得所以系數【點睛】本題考查了二項式定理的簡單應用，屬于基礎題．14、-1【解析】作出可行域，如圖：由得,由圖可知當直線經過A點時目標函數取得最小值，A（1,0）所以-1故答案為-115、-2【解析】

根據向量坐標運算可求得，根據平行關系可構造方程求得結果.【詳解】由題意得：，解得：本題正確結果：【點睛】本題考查向量的坐標運算，關鍵是能夠利用平行關系構造出方程.16、3【解析】

分析程序中各變量、各語句的作用,根據流程圖所示的順序,即可得出結論.【詳解】解:初始,第一次循環:;第二次循環:;第三次循環:;經判斷,此時跳出循環,輸出.故答案為:【點睛】本題考查了程序框圖的應用問題,解題的關鍵是對算法語句的理解,屬基礎題.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）（2）證明見解析【解析】

（1）先求得導函數，根據兩個極值點可知有兩個不等實根，構造函數，求得；討論和兩種情況，即可確定零點的情況，即可由零點的情況確定的取值范圍；（2）根據極值點定義可知，，代入不等式化簡變形后可知只需證明；構造函數，并求得，進而判斷的單調區間，由題意可知，并設，構造函數，并求得，即可判斷在內的單調性和最值，進而可得，即可由函數性質得，進而由單調性證明，即證明，從而證明原不等式成立.【詳解】（1）函數則，因為存在兩個極值點，，所以有兩個不等實根.設，所以.①當時，，所以在上單調遞增，至多有一個零點，不符合題意.②當時，令得，0減極小值增所以，即.又因為，，所以在區間和上各有一個零點，符合題意，綜上，實數的取值范圍為.（2）證明：由題意知，，所以，.要證明，只需證明，只需證明.因為，，所以.設，則，所以在上是增函數，在上是減函數.因為，不妨設，設，，則，當時，，，所以，所以在上是增函數，所以，所以，即.因為，所以，所以.因為，，且在上是減函數，所以，即，所以原命題成立，得證.【點睛】本題考查了利用導數研究函數的極值點，由導數證明不等式，構造函數法的綜合應用，極值點偏移證明不等式成立的應用，是高考的常考點和熱點，屬于難題.18、（1），；（2）.【解析】

（1）先把參數方程化成普通方程，再利用極坐標的公式把普通方程化成極坐標方程；（2）先利用極坐標求出弦長，再求高，最后求的面積．【詳解】（1）曲線的極坐標方程為：，因為曲線的普通方程為：，曲線的極坐標方程為；（2）由（1）得：點的極坐標為，點的極坐標為，，點到射線的距離為的面積為.【點睛】本題考查普通方程、參數方程與極坐標方程之間的互化，同時也考查了利用極坐標方程求解面積問題，考查計算能力，屬于中等題.19、（Ⅰ）;（Ⅱ）最小值和最大值．【解析】試題分析：（1）由已知利用兩角和與差的三角函數公式及倍角公式將的解析式化為一個復合角的三角函數式，再利用正弦型函數的最小正周期計算公式，即可求得函數的最小正周期；（2）由（1）得函數，分析它在閉區間上的單調性，可知函數在區間上是減函數，在區間上是增函數，由此即可求得函數在閉區間上的最大值和最小值．也可以利用整體思想求函數在閉區間上的最大值和最小值．由已知，有的最小正周期．（2）∵在區間上是減函數，在區間上是增函數，，，∴函數在閉區間上的最大值為，最小值為．考點：1．兩角和與差的正弦公式、二倍角的正弦與余弦公式；2．三角函數的周期性和單調性．20、（Ⅰ）見解析（Ⅱ）【解析】

（Ⅰ）推導出BC⊥CE,從而EC⊥平面ABCD,進而EC⊥BD，再由BD⊥AE，得BD⊥平面AEC,從而BD⊥AC,進而四邊形ABCD是菱形，由此能證明AB=AD.（Ⅱ）設AC與BD的交點為G,推導出EC//FG,取BC的中點為O,連結OD,則OD⊥BC,以O為坐標原點，以過點O且與CE平行的直線為x軸，以BC為y軸，OD為z軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出二面角A-BF-D的余弦值.【詳解】（Ⅰ）證明：，即，因為平面平面，所以平面，所以，因為，所以平面，所以，因為四邊形是平行四邊形，所以四邊形是菱形，故；解法一：（Ⅱ）設與的交點為，因為平面，平面平面于，所以，因為是中點，所以是的中點，因為，取的中點為，連接，則，因為平面平面，所以面，以為坐標原點，以過點且與平行的直線為軸，以所在直線為軸，以所在直線為軸建立空間直角坐標系.不妨設，則，，，，，，，設平面的法向量，則，取，同理可得平面的法向量，設平面與平面的夾角為，因為，所以二面角的余弦值為.解法二：（Ⅱ）設與的交點為，因為平面，平面平面于，所以，因為是中點，所以是的中點，因為，，所以平面，所以，取中點，連接、，因為，所以，故平面，所以，即是二面角的平面角，不妨設，因為，，在中，，所以，所以二面角的余弦值為.【點睛】本題考查求空間角中的二面角的余弦值，還考查由空間中線面關系進而證明線線相等，屬于中檔題.21、（1），.（2）【解析】

（1）根據直線的參數方程為（為參數），消去參數，即可求得的的普通方程，曲線的極坐標方程為，利用極坐標化直角坐標的公式:，即可求得答案；（2）的標準方程為，圓心為，半徑為，根據點到直線距離公式，即可求得答案.【詳解】（1）直線的參數方程為（為參數），消去參數的普通方程為.曲線的極坐標方程為，利用極坐標化直角坐標的公式:的直角坐標方程為.（2）的標準方程為，圓心為，半徑為圓心到的距離為，點到的距離的取值范圍是.【點睛】本題解題關鍵是掌握極坐標化直角坐標的公式和點到直線距離公式，考查了分析能力和計算能力，屬于中檔題.22、(Ⅰ)見解析；(Ⅱ)當時，函數的最小值是；當時，函數的最小值是【解析】

（1）求出導函數，并且解出它的零點x=，再分區間討論導數的正負，即可得到函數f（x）的單調區間；

（2）分三種情況加以討論，結合函數的單調性與函數值的大小比較，即可得到當0＜a＜ln2時，函數f（x）的最小值是-a；當a≥ln2時，函數f（x）的最小值是ln2-2a．【詳解】函數的定義域

為．

因為，令，可得；

當時，；當時，，綜上所述：可知函數的單調遞增區間為，單調遞減區間