2024屆安徽省廬江縣農村六校高三下學期一模考試數學試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡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、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、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i為虛數單位，則（）A． B． C． D．2．已知，，，若，則（）A． B． C． D．3．已知f(x)，g(x)都是偶函數，且在[0,+∞)上單調遞增，設函數F(x)=f(x)+g(1-x)-|f(x)-g(1-x)|，若a>0，則（）A．F(-a)≥F(a)且F(1+a)≥F(1-a)B．F(-a)≥F(a)且F(1+a)≤F(1-a)C．F(-a)≤F(a)且F(1+a)≥F(1-a)D．F(-a)≤F(a)且F(1+a)≤F(1-a)4．已知斜率為2的直線l過拋物線C：的焦點F，且與拋物線交于A，B兩點，若線段AB的中點M的縱坐標為1，則p＝（）A．1 B． C．2 D．45．已知函數，且)，則“在上是單調函數”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．既不充分也不必要條件6．設為定義在上的奇函數，當時，(為常數)，則不等式的解集為（）A． B． C． D．7．已知邊長為4的菱形，，為的中點，為平面內一點，若，則（）A．16 B．14 C．12 D．88．已知函數在區間上恰有四個不同的零點，則實數的取值范圍是（）A． B． C． D．9．若函數在時取得極值，則（）A． B． C． D．10．執行下面的程序框圖，如果輸入，，則計算機輸出的數是（）A． B． C． D．11．已知，，分別是三個內角，，的對邊，，則（）A． B． C． D．12．已知是虛數單位，若，則（）A． B．2 C． D．10二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知是函數的極大值點，則的取值范圍是____________．14．在中，點在邊上，且，設，，則________（用，表示）15．在三棱錐P-ABC中，，，，三個側面與底面所成的角均為，三棱錐的內切球的表面積為_________.16．直線是圓：與圓：的公切線，并且分別與軸正半軸，軸正半軸相交于，兩點，則的面積為_________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）如圖，四棱錐中，平面，，，.（Ｉ）證明：；（Ⅱ）若是中點，與平面所成的角的正弦值為，求的長.18．（12分）如圖，在四棱錐中，平面平面，.（Ⅰ）求證：平面；（Ⅱ）若銳二面角的余弦值為，求直線與平面所成的角.19．（12分）已知橢圓：的左、右焦點分別為，，焦距為2，且經過點，斜率為的直線經過點，與橢圓交于，兩點.（1）求橢圓的方程；（2）在軸上是否存在點，使得以，為鄰邊的平行四邊形是菱形？如果存在，求出的取值范圍，如果不存在，請說明理由.20．（12分）如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，且PA=AD，E，F分別是棱AB，PC的中點.求證：（1）EF//平面PAD；（2）平面PCE⊥平面PCD．21．（12分）已知在平面直角坐標系中，曲線的參數方程為（為參數），以坐標原點為極點，軸的非負半軸為極軸且取相同的單位長度建立極坐標系，直線的極坐標方程為.（1）求直線的直角坐標方程；（2）求曲線上的點到直線距離的最小值和最大值.22．（10分）手工藝是一種生活態度和對傳統的堅持，在我國有很多手工藝品制作村落，村民的手工技藝世代相傳，有些村落制造出的手工藝品不僅全國聞名，還大量遠銷海外.近年來某手工藝品村制作的手工藝品在國外備受歡迎，該村村民成立了手工藝品外銷合作社，為嚴把質量關，合作社對村民制作的每件手工藝品都請3位行家進行質量把關，質量把關程序如下：（i）若一件手工藝品3位行家都認為質量過關，則該手工藝品質量為A級；（ii）若僅有1位行家認為質量不過關，再由另外2位行家進行第二次質量把關，若第二次質量把關這2位行家都認為質量過關，則該手工藝品質量為B級，若第二次質量把關這2位行家中有1位或2位認為質量不過關，則該手工藝品質量為C級；（iii）若有2位或3位行家認為質量不過關，則該手工藝品質量為D級.已知每一次質量把關中一件手工藝品被1位行家認為質量不過關的概率為，且各手工藝品質量是否過關相互獨立.（1）求一件手工藝品質量為B級的概率；（2）若一件手工藝品質量為A，B，C級均可外銷，且利潤分別為900元，600元，300元，質量為D級不能外銷，利潤記為100元.①求10件手工藝品中不能外銷的手工藝品最有可能是多少件；②記1件手工藝品的利潤為X元，求X的分布列與期望.

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】

根據復數乘除運算法則，即可求解.【詳解】.故選：A.【點睛】本題考查復數代數運算，屬于基礎題題.2、B【解析】

由平行求出參數，再由數量積的坐標運算計算．【詳解】由，得，則，，，所以．故選：B．【點睛】本題考查向量平行的坐標表示，考查數量積的坐標運算，掌握向量數量積的坐標運算是解題關鍵．3、A【解析】試題分析：由題意得，F(x)=2g(1-x),f(x)≥g(1-x)∴F(-a)=2g(1+a),f(a)=f(-a)≥g(1+a)2f(-a),f(a)=f(-a)<g(1+a)，∵a>0，∴(a+1)2-(a-1)∴若f(a)>g(1+a)：F(-a)=2g(1+a)，F(a)=2g(1-a)，∴F(-a)>F(a)，若g(1-a)≤f(a)≤g(1+a)：F(-a)=2f(-a)=2f(a)，F(a)=2g(1-a)，∴F(-a)≥F(a)，若f(a)<g(1-a)：F(-a)=2f(-a)=2f(a)，F(a)=2f(a)，∴F(-a)=F(a)，綜上可知F(-a)≥F(a)，同理可知F(1+a)≥F(1-a)，故選A.考點：1.函數的性質；2.分類討論的數學思想.【思路點睛】本題在在解題過程中抓住偶函數的性質，避免了由于單調性不同導致1-a與1+a大小不明確的討論，從而使解題過程得以優化，另外，不要忘記定義域，如果要研究奇函數或者偶函數的值域、最值、單調性等問題，通常先在原點一側的區間(對奇(偶)函數而言)或某一周期內(對周期函數而言)考慮，然后推廣到整個定義域上.4、C【解析】

設直線l的方程為x＝y，與拋物線聯立利用韋達定理可得p．【詳解】由已知得F（，0），設直線l的方程為x＝y，并與y2＝2px聯立得y2﹣py﹣p2＝0，設A（x1，y1），B（x2，y2），AB的中點C（x0，y0），∴y1+y2＝p，又線段AB的中點M的縱坐標為1，則y0（y1+y2）＝，所以p=2,故選C．【點睛】本題主要考查了直線與拋物線的相交弦問題，利用韋達定理是解題的關鍵，屬中檔題．5、C【解析】

先求出復合函數在上是單調函數的充要條件，再看其和的包含關系，利用集合間包含關系與充要條件之間的關系，判斷正確答案.【詳解】，且)，由得或，即的定義域為或，（且）令，其在單調遞減，單調遞增，在上是單調函數，其充要條件為即.故選：C.【點睛】本題考查了復合函數的單調性的判斷問題，充要條件的判斷，屬于基礎題.6、D【解析】

由可得，所以，由為定義在上的奇函數結合增函數+增函數=增函數，可知在上單調遞增，注意到，再利用函數單調性即可解決.【詳解】因為在上是奇函數.所以，解得，所以當時，，且時，單調遞增，所以在上單調遞增，因為，故有，解得.故選：D.【點睛】本題考查利用函數的奇偶性、單調性解不等式，考查學生對函數性質的靈活運用能力，是一道中檔題.7、B【解析】

取中點，可確定；根據平面向量線性運算和數量積的運算法則可求得，利用可求得結果.【詳解】取中點，連接，，，即.，，，則.故選：.【點睛】本題考查平面向量數量積的求解問題，涉及到平面向量的線性運算，關鍵是能夠將所求向量進行拆解，進而利用平面向量數量積的運算性質進行求解.8、A【解析】

函數的零點就是方程的解，設，方程可化為，即或，求出的導數，利用導數得出函數的單調性和最值，由此可根據方程解的個數得出的范圍．【詳解】由題意得有四個大于的不等實根，記，則上述方程轉化為，即，所以或．因為，當時，，單調遞減；當時，，單調遞增；所以在處取得最小值，最小值為．因為，所以有兩個符合條件的實數解，故在區間上恰有四個不相等的零點，需且．故選：A．【點睛】本題考查復合函數的零點．考查轉化與化歸思想，函數零點轉化為方程的解，方程的解再轉化為研究函數的性質，本題考查了學生分析問題解決問題的能力．9、D【解析】

對函數求導，根據函數在時取得極值，得到，即可求出結果.【詳解】因為，所以，又函數在時取得極值，所以，解得.故選D【點睛】本題主要考查導數的應用，根據函數的極值求參數的問題，屬于常考題型.10、B【解析】

先明確該程序框圖的功能是計算兩個數的最大公約數，再利用輾轉相除法計算即可.【詳解】本程序框圖的功能是計算，中的最大公約數，所以，，，故當輸入，，則計算機輸出的數是57.故選：B.【點睛】本題考查程序框圖的功能，做此類題一定要注意明確程序框圖的功能是什么，本題是一道基礎題.11、C【解析】

原式由正弦定理化簡得，由于，可求的值.【詳解】解：由及正弦定理得.因為，所以代入上式化簡得.由于，所以.又，故.故選：C.【點睛】本題主要考查正弦定理解三角形，三角函數恒等變換等基礎知識；考查運算求解能力，推理論證能力，屬于中檔題.12、C【解析】

根據復數模的性質計算即可.【詳解】因為，所以，，故選：C【點睛】本題主要考查了復數模的定義及復數模的性質，屬于容易題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

方法一：令，則，，當，時，，單調遞減，∴時，，，且，∴在上單調遞增，時，，，且，∴在上單調遞減，∴是函數的極大值點，∴滿足題意；當時，存在使得，即，又在上單調遞減，∴時，，，所以，這與是函數的極大值點矛盾．綜上，．方法二：依據極值的定義，要使是函數的極大值點，由知須在的左側附近，，即；在的右側附近，，即．易知，時，與相切于原點，所以根據與的圖象關系，可得．14、【解析】

結合圖形及向量的線性運算將轉化為用向量表示，即可得到結果．【詳解】在中，因為，所以，又因為，所以．故答案為：【點睛】本題主要考查三角形中向量的線性運算，關鍵是利用已知向量為基底，將未知向量通過幾何條件向基底轉化．15、【解析】

先確定頂點在底面的射影，再求出三棱錐的高以及各側面三角形的高，利用各個面的面積和乘以內切球半徑等于三棱錐的體積的三倍即可解決.【詳解】設頂點在底面上的射影為H，H是三角形ABC的內心，內切圓半徑.三個側面與底面所成的角均為，，，的高，，設內切球的半徑為R，∴，內切球表面積.故答案為：.【點睛】本題考查三棱錐內切球的表面積問題，考查學生空間想象能力，本題解題關鍵是找到內切球的半徑，是一道中檔題.16、【解析】

根據題意畫出圖形，設，利用三角形相似求得的值，代入三角形的面積公式，即可求解.【詳解】如圖所示，設，由與相似，可得，解得，再由與相似，可得，解得，由三角形的面積公式，可得的面積為.故答案為：.【點睛】本題主要考查了直線與圓的位置關系的應用，以及三角形相似的應用，著重考查了數形結合思想，以及推理與運算能力，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、（Ⅰ）見解析；（Ⅱ）【解析】

（Ⅰ）取的中點，連接，由，，得三點共線，且，又，再利用線面垂直的判定定理證明.（Ⅱ）設，則，，在底面中，，在中，由余弦定理得：，在中，由余弦定理得，兩式相加求得，再過作，則平面，即點到平面的距離，由是中點，得到到平面的距離，然后根據與平面所成的角的正弦值為求解.【詳解】（Ⅰ）取的中點，連接，由，，得三點共線，且，又，，所以平面，所以.（Ⅱ）設，，，在底面中，，在中，由余弦定理得：，在中，由余弦定理得，兩式相加得：，所以，，過作，則平面，即點到平面的距離，因為是中點，所以為到平面的距離，因為與平面所成的角的正弦值為，即，解得.【點睛】本題主要考查線面垂直的判定定理，線面角的應用，還考查了轉化化歸的思想和空間想象運算求解的能力，屬于中檔題.18、（Ⅰ）詳見解析；（Ⅱ）.【解析】

（Ⅰ）由余弦定理解得，即可得到，由面面垂直的性質可得平面，即可得到，從而得證；（Ⅱ）在平面中，過點作于點，則平面，如圖所示建立空間直角坐標系，設，其中，利用空間向量法得到二面角的余弦，即可得到的關系，從而得解；【詳解】解：（Ⅰ）證明：在中，，解得，則，從而因為平面平面，平面平面所以平面，又因為平面，所以，因為，，平面，平面，所以平面；（Ⅱ）解：在平面中，過點作于點，則平面，如圖所示建立空間直角坐標系，設，其中，則設平面的法向量為，則，即，令，則又平面的一個法向量，則從而，故則直線與平面所成的角為，大小為.【點睛】本題考查線面垂直的判定，面面垂直的性質定理的應用，利用空間向量法解決立體幾何問題，屬于中檔題.19、（1）（2）存在；實數的取值范圍是【解析】

（1）根據橢圓定義計算，再根據，，的關系計算即可得出橢圓方程；（2）設直線方程為，與橢圓方程聯立方程組，求出的范圍，根據根與系數的關系求出的中點坐標，求出的中垂線與軸的交點橫，得出關于的函數，利用基本不等式得出的范圍．【詳解】（1）由題意可知，，．又，，，橢圓的方程為：．（2）若存在點，使得以，為鄰邊的平行四邊形是菱形，則為線段的中垂線與軸的交點．設直線的方程為：，，，，，聯立方程組，消元得：，△，又，故．由根與系數的關系可得，設的中點為，，則，，線段的中垂線方程為：，令可得，即．，故，當且僅當即時取等號，，且．的取值范圍是，．【點睛】本題主要考查了橢圓的性質，考查直線與橢圓的位置關系，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平和分析推理能力．20、（1）見解析；（2）見解析【解析】

（1）取的中點構造平行四邊形，得到，從而證出平面；（2）先證平面，再利用面面垂直的判定定理得到平面平面．【詳解】證明：（1）如圖，取的中點，連接，，是棱的中點，底面是矩形，，且，又，分別是棱，的中點，，且，，且，四邊形為平行四邊形，，又平面，平面，平面；（2），點是棱的中點，，又，，平面，平面，，底面是矩形，，平面，平面，且，平面，又平面，，，，又平面，平面，且，平面，又平面，平面平面．【點睛】本題主要考查線面平行的判定，面面垂直的判定，首選判定定理，是中檔題．21、（1）（2）最大值；最小值.【解析】

（1）結合極坐標和直角坐標