天津市和平區名校2024年高三3月份模擬考試數學試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規定答題。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，是兩條不重合的直線，是一個平面，則下列命題中正確的是（）A．若，，則 B．若，，則C．若，，則 D．若，，則2．已知拋物線：，點為上一點，過點作軸于點，又知點，則的最小值為（）A． B． C．3 D．53．在平面直角坐標系中，已知是圓上兩個動點，且滿足，設到直線的距離之和的最大值為，若數列的前項和恒成立，則實數的取值范圍是（）A． B． C． D．4．已知函數，則（）A．函數在上單調遞增 B．函數在上單調遞減C．函數圖像關于對稱 D．函數圖像關于對稱5．如圖是一個算法流程圖，則輸出的結果是（）A． B． C． D．6．已知定義在上的函數，，，，則，，的大小關系為（）A． B． C． D．7．某幾何體的三視圖如圖所示（單位：），則該幾何體的體積（單位：）為（）A． B．6 C． D．8．已知函數，，且在上是單調函數，則下列說法正確的是（）A． B．C．函數在上單調遞減 D．函數的圖像關于點對稱9．在等差數列中，若為前項和，，則的值是（）A．156 B．124 C．136 D．18010．若與互為共軛復數，則（）A．0 B．3 C．－1 D．411．已知函數為奇函數，且，則（）A．2 B．5 C．1 D．312．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．已知下列命題：①命題“?x0∈R，”的否定是“?x∈R，x2＋1＜3x”；②已知p，q為兩個命題，若“p∨q”為假命題，則“”為真命題；③“a＞2”是“a＞5”的充分不必要條件；④“若xy＝0，則x＝0且y＝0”的逆否命題為真命題．其中所有真命題的序號是________．14．集合，，則_____.15．的展開式中的系數為________.16．某學校高一、高二、高三年級的學生人數之比為，現按年級采用分層抽樣的方法抽取若干人，若抽取的高三年級為12人，則抽取的樣本容量為________人.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）為貫徹十九大報告中“要提供更多優質生態產品以滿足人民日益增長的優美生態環境需要”的要求，某生物小組通過抽樣檢測植物高度的方法來監測培育的某種植物的生長情況．現分別從、、三塊試驗田中各隨機抽取株植物測量高度，數據如下表（單位：厘米）：組組組假設所有植株的生長情況相互獨立．從、、三組各隨機選株，組選出的植株記為甲，組選出的植株記為乙，組選出的植株記為丙．（1）求丙的高度小于厘米的概率；（2）求甲的高度大于乙的高度的概率；（3）表格中所有數據的平均數記為．從、、三塊試驗田中分別再隨機抽取株該種植物，它們的高度依次是、、（單位：厘米）．這個新數據與表格中的所有數據構成的新樣本的平均數記為，試比較和的大小．（結論不要求證明）18．（12分）已知函數.（1）當時，求函數的值域；（2）的角的對邊分別為且，，求邊上的高的最大值.19．（12分）如圖，在直三棱柱中，，點P，Q分別為，的中點.求證：（1）PQ平面；（2）平面.20．（12分）已知橢圓的左、右焦點分別為、，點在橢圓上，且.（Ⅰ）求橢圓的標準方程；（Ⅱ）設直線與橢圓相交于、兩點，與圓相交于、兩點，求的取值范圍.21．（12分）以平面直角坐標系的原點為極點，軸的正半軸為極軸，且在兩種坐標系中取相同的長度單位，建立極坐標系，已知曲線，曲線（為參數），求曲線交點的直角坐標.22．（10分）如圖，橢圓的左、右頂點分別為，，上、下頂點分別為，，且，為等邊三角形，過點的直線與橢圓在軸右側的部分交于、兩點．（1）求橢圓的標準方程；（2）求四邊形面積的取值范圍．

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】

利用空間位置關系的判斷及性質定理進行判斷.【詳解】解：選項A中直線，還可能相交或異面，選項B中，還可能異面，選項C，由條件可得或．故選：D.【點睛】本題主要考查直線與平面平行、垂直的性質與判定等基礎知識；考查空間想象能力、推理論證能力，屬于基礎題.2、C【解析】

由,再運用三點共線時和最小，即可求解.【詳解】.故選：C【點睛】本題考查拋物線的定義，合理轉化是本題的關鍵，注意拋物線的性質的靈活運用，屬于中檔題．3、B【解析】

由于到直線的距離和等于中點到此直線距離的二倍，所以只需求中點到此直線距離的最大值即可。再得到中點的軌跡是圓，再通過此圓的圓心到直線距離，半徑和中點到此直線距離的最大值的關系可以求出。再通過裂項的方法求的前項和，即可通過不等式來求解的取值范圍.【詳解】由，得，.設線段的中點，則，在圓上，到直線的距離之和等于點到該直線的距離的兩倍，點到直線距離的最大值為圓心到直線的距離與圓的半徑之和，而圓的圓心到直線的距離為，，，..故選：【點睛】本題考查了向量數量積，點到直線的距離，數列求和等知識，是一道不錯的綜合題.4、C【解析】

依題意可得，即函數圖像關于對稱，再求出函數的導函數，即可判斷函數的單調性；【詳解】解：由，，所以函數圖像關于對稱，又，在上不單調.故正確的只有C，故選：C【點睛】本題考查函數的對稱性的判定，利用導數判斷函數的單調性，屬于基礎題.5、A【解析】

執行程序框圖，逐次計算，根據判斷條件終止循環，即可求解，得到答案．【詳解】由題意，執行上述的程序框圖：第1次循環：滿足判斷條件，；第2次循環：滿足判斷條件，；第3次循環：滿足判斷條件，；不滿足判斷條件，輸出計算結果，故選A．【點睛】本題主要考查了循環結構的程序框圖的結果的計算與輸出，其中解答中執行程序框圖，逐次計算，根據判斷條件終止循環是解答的關鍵，著重考查了運算與求解能力，屬于基礎題．6、D【解析】

先判斷函數在時的單調性，可以判斷出函數是奇函數，利用奇函數的性質可以得到，比較三個數的大小，然后根據函數在時的單調性，比較出三個數的大小.【詳解】當時，，函數在時，是增函數.因為，所以函數是奇函數，所以有，因為，函數在時，是增函數，所以，故本題選D.【點睛】本題考查了利用函數的單調性判斷函數值大小問題，判斷出函數的奇偶性、單調性是解題的關鍵.7、D【解析】

根據幾何體的三視圖，該幾何體是由正方體去掉三棱錐得到，根據正方體和三棱錐的體積公式可求解.【詳解】如圖,該幾何體為正方體去掉三棱錐,所以該幾何體的體積為：,故選：D【點睛】本題主要考查了空間幾何體的三視圖以及體積的求法，考查了空間想象力，屬于中檔題.8、B【解析】

根據函數，在上是單調函數，確定，然后一一驗證，A.若，則，由，得，但.B.由，，確定，再求解驗證.C.利用整體法根據正弦函數的單調性判斷.D.計算是否為0.【詳解】因為函數，在上是單調函數，所以，即，所以，若，則，又因為，即，解得，而，故A錯誤.由，不妨令，得由，得或當時，，不合題意.當時，，此時所以，故B正確.因為，函數，在上是單調遞增，故C錯誤.，故D錯誤.故選：B【點睛】本題主要考查三角函數的性質及其應用，還考查了運算求解的能力，屬于較難的題.9、A【解析】

因為，可得，根據等差數列前項和，即可求得答案.【詳解】，，.故選：A.【點睛】本題主要考查了求等差數列前項和，解題關鍵是掌握等差中項定義和等差數列前項和公式，考查了分析能力和計算能力，屬于基礎題.10、C【解析】

計算，由共軛復數的概念解得即可.【詳解】，又由共軛復數概念得：，.故選：C【點睛】本題主要考查了復數的運算，共軛復數的概念.11、B【解析】

由函數為奇函數,則有,代入已知即可求得.【詳解】.故選:.【點睛】本題考查奇偶性在抽象函數中的應用,考查學生分析問題的能力,難度較易.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、②【解析】命題“?x∈R，x2＋1＞3x”的否定是“?x∈R，x2＋1≤3x”，故①錯誤；“p∨q”為假命題說明p假q假，則(p)∧(q)為真命題，故②正確；a＞5?a＞2，但a＞2?/a＞5，故“a＞2”是“a＞5”的必要不充分條件，故③錯誤；因為“若xy＝0，則x＝0或y＝0”，所以原命題為假命題，故其逆否命題也為假命題，故④錯誤．14、【解析】

分析出集合A為奇數構成的集合，即可求得交集.【詳解】因為表示為奇數，故.故答案為：【點睛】此題考查求集合的交集，根據已知集合求解，屬于簡單題.15、80.【解析】

只需找到展開式中的項的系數即可.【詳解】展開式的通項為，令，則，故的展開式中的系數為80.故答案為：80.【點睛】本題考查二項式定理的應用，涉及到展開式中的特殊項系數，考查學生的計算能力，是一道容易題.16、【解析】

根據分層抽樣的定義建立比例關系即可得到結論.【詳解】設抽取的樣本為，則由題意得，解得.故答案為：【點睛】本題考查了分層抽樣的知識，算出抽樣比是解題的關鍵，屬于基礎題.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）；（3）．【解析】

設事件為“甲是組的第株植物”，事件為“乙是組的第株植物”，事件為“丙是組的第株植物”，、、、，可得出.（1）設事件為“丙的高度小于厘米”，可得，且、互斥，利用互斥事件的概率公式可求得結果；（2）設事件為“甲的高度大于乙的高度”，列舉出符合題意的基本事件，利用互斥事件的概率加法公式可求得所求事件的概率；（3）根據題意直接判斷和的大小即可.【詳解】設事件為“甲是組的第株植物”，事件為“乙是組的第株植物”，事件為“丙是組的第株植物”，、、、．由題意可知，、、、．（1）設事件為“丙的高度小于厘米”，由題意知，又與互斥，所以事件的概率；（2）設事件為“甲的高度大于乙的高度”．由題意知．所以事件的概率；（3）.【點睛】本題考查概率的求法，考查互斥事件加法公式、相互獨立事件概率乘法公式等基礎知識，考查運算求解能力，是中等題．18、（1）.（2）【解析】

（1）由題意利用三角恒等變換化簡函數的解析式，再利用正弦函數的定義域和值域，得出結論.（2）由題意利用余弦定理?三角形的面積公式?基本不等式求得的最大值，可得邊上的高的最大值.【詳解】解：（1）∵函數，當時，，.（2）中，，∴.由余弦定理可得，當且僅當時，取等號，即的最大值為3.再根據，故當取得最大值3時，取得最大值為.【點睛】本題考查降冪公式、兩角和的正弦公式，考查正弦函數的性質，余弦定理，三角形面積公式，所用公式較多，選用恰當的公式是解題關鍵，本題屬于中檔題．19、（1）見解析（2）見解析【解析】

（1）取的中點D，連結，.根據線面平行的判定定理即得；（2）先證，，和都是平面內的直線且交于點，由（1）得，再結合線面垂直的判定定理即得.【詳解】（1）取的中點D，連結，.在中，P，D分別為，中點，，且.在直三棱柱中，，.Q為棱的中點，，且.，.四邊形為平行四邊形，從而.又平面，平面，平面.（2）在直三棱柱中，平面.又平面，.，D為中點，.由（1）知，，.又，平面，平面，平面.【點睛】本題考查線面平行的判定定理，以及線面垂直的判定定理，難度不大.20、（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】

（Ⅰ）利用勾股定理結合條件求得和，利用橢圓的定義求得的值，進而可得出，則橢圓的標準方程可求；（Ⅱ）設點、，將直線的方程與橢圓的方程聯立，利用韋達定理與弦長公式求出，利用幾何法求得直線截圓所得弦長，可得出關于的函數表達式，利用不等式的性質可求得的取值范圍.【詳解】（Ⅰ）在橢圓上，，，，，，，又，，，，橢圓的標準方程為；（Ⅱ）設點、，聯立消去，得，，則，，設圓的圓心到直線的距離為，則.，，，，的取值范圍為.【點睛】本題考查橢圓方程的求解，同時也考查了橢圓中弦長之積的取值范圍的求解，涉及韋達定理與弦長公式的應用，考查計算能力，屬于中等題.21、【解析】

利用極坐標方程與普通方程、參數方程間的互化公式化簡即可.【詳解】因為，所以，所以曲線的直角坐標方程為.由，得，所以曲線的普通方程為.由，得，所以（舍），所以，所以曲線的交點坐標為.【點睛】本題考查極坐標方程與普通方程，參數方程與普通方程間的互化，考查學生的計算能力，是一道容易題.22、（1）；（2）.【解析】

（1）根據坐標和為等邊三角形可得，進而得到橢圓方程；（2）①當直線斜率不存在時，易求坐標，從而得到所求面積；②當直線的斜率存在時，設方程為，與橢圓方程聯立得到韋達定理的形式，并確定的取值范圍；利用，代入韋達定