2024届河北省五个一名校高三3月诊断考试数学试题

2024届河北省五个一名校高三3月诊断考试数学试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．下列选项中，说法正确的是（）A．“”的否定是“”B．若向量满足，则与的夹角为钝角C．若，则D．“”是“”的必要条件2．复数满足(为虚数单位),则的值是()A． B． C． D．3．函数图象的大致形状是（）A． B．C． D．4．设函数（，）是上的奇函数，若的图象关于直线对称，且在区间上是单调函数，则（）A． B． C． D．5．如图，将两个全等等腰直角三角形拼成一个平行四边形，将平行四边形沿对角线折起，使平面平面，则直线与所成角余弦值为（）A． B． C． D．6．山东烟台苹果因“果形端正、色泽艳丽、果肉甜脆、香气浓郁”享誉国内外.据统计，烟台苹果（把苹果近似看成球体）的直径（单位：）服从正态分布，则直径在内的概率为（）附：若，则，.A．0.6826 B．0.8413 C．0.8185 D．0.95447．设点，P为曲线上动点，若点A，P间距离的最小值为，则实数t的值为（）A． B． C． D．8．阅读如图的程序框图，运行相应的程序，则输出的的值为（）A． B． C． D．9．已知函数，若曲线上始终存在两点，，使得，且的中点在轴上，则正实数的取值范围为（）A． B． C． D．10．已知数列为等差数列，为其前项和，，则（）A． B． C． D．11．直线x-3y+3=0经过椭圆x2a2+y2bA．3-1 B．3-12 C．12．一个由两个圆柱组合而成的密闭容器内装有部分液体，小圆柱底面半径为，大圆柱底面半径为，如图1放置容器时，液面以上空余部分的高为，如图2放置容器时，液面以上空余部分的高为，则（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知函数.若在区间上恒成立.则实数的取值范围是__________．14．在平面直角坐标系中，已知圆及点，设点是圆上的动点，在中，若的角平分线与相交于点，则的取值范围是_______.15．已知四棱锥的底面ABCD是边长为2的正方形，且.若四棱锥P-ABCD的五个顶点在以4为半径的同一球面上，当PA最长时，则______________；四棱锥P-ABCD的体积为______________.16．若满足约束条件，则的最大值为__________．三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）某调查机构为了了解某产品年产量x(吨)对价格y(千克/吨)和利润z的影响，对近五年该产品的年产量和价格统计如下表：x12345y17.016.515.513.812.2（1）求y关于x的线性回归方程；（2）若每吨该产品的成本为12千元，假设该产品可全部卖出，预测当年产量为多少时，年利润w取到最大值？参考公式：18．（12分）已知三棱锥P-ABC（如图一）的平面展开图（如图二）中，四边形ABCD为边长等于的正方形，和均为正三角形，在三棱锥P-ABC中：（1）证明：平面平面ABC；（2）若点M在棱PA上运动，当直线BM与平面PAC所成的角最大时，求直线MA与平面MBC所成角的正弦值.19．（12分）已知椭圆：的四个顶点围成的四边形的面积为，原点到直线的距离为.（1）求椭圆的方程；（2）已知定点，是否存在过的直线，使与椭圆交于，两点，且以为直径的圆过椭圆的左顶点？若存在，求出的方程：若不存在，请说明理由.20．（12分）选修4-4：坐标系与参数方程：在平面直角坐标系中，曲线：（为参数），在以平面直角坐标系的原点为极点、轴的正半轴为极轴，且与平面直角坐标系取相同单位长度的极坐标系中，曲线：.（1）求曲线的普通方程以及曲线的平面直角坐标方程；（2）若曲线上恰好存在三个不同的点到曲线的距离相等，求这三个点的极坐标.21．（12分）已知矩阵，，若矩阵，求矩阵的逆矩阵．22．（10分）如图，四棱锥中，底面，，点在线段上，且.（1）求证：平面；（2）若，，，，求二面角的正弦值.

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、D【解析】

对于A根据命题的否定可得：“∃x0∈R，x02-x0≤0”的否定是“∀x∈R，x2-x＞0”，即可判断出；对于B若向量满足，则与的夹角为钝角或平角；对于C当m=0时，满足am2≤bm2，但是a≤b不一定成立；对于D根据元素与集合的关系即可做出判断．【详解】选项A根据命题的否定可得：“∃x0∈R，x02-x0≤0”的否定是“∀x∈R，x2-x＞0”，因此A不正确；选项B若向量满足，则与的夹角为钝角或平角，因此不正确.选项C当m=0时,满足am2≤bm2，但是a≤b不一定成立，因此不正确；选项D若“”，则且，所以一定可以推出“”，因此“”是“”的必要条件，故正确.故选：D.【点睛】本题考查命题的真假判断与应用，涉及知识点有含有量词的命题的否定、不等式性质、向量夹角与性质、集合性质等，属于简单题.2、C【解析】

直接利用复数的除法的运算法则化简求解即可．【详解】由得：本题正确选项：【点睛】本题考查复数的除法的运算法则的应用，考查计算能力．3、B【解析】

判断函数的奇偶性，可排除A、C，再判断函数在区间上函数值与的大小，即可得出答案.【详解】解：因为，所以，所以函数是奇函数，可排除A、C；又当，，可排除D；故选：B.【点睛】本题考查函数表达式判断函数图像，属于中档题.4、D【解析】

根据函数为上的奇函数可得，由函数的对称轴及单调性即可确定的值，进而确定函数的解析式，即可求得的值.【详解】函数（，）是上的奇函数，则，所以.又的图象关于直线对称可得，，即，，由函数的单调区间知，，即，综上，则，.故选：D【点睛】本题考查了三角函数的图象与性质的综合应用，由对称轴、奇偶性及单调性确定参数，属于中档题.5、C【解析】

利用建系，假设长度，表示向量与，利用向量的夹角公式，可得结果.【详解】由平面平面，平面平面，平面所以平面，又平面所以，又所以作轴//,建立空间直角坐标系如图设，所以则所以所以故选：C【点睛】本题考查异面直线所成成角的余弦值，一般采用这两种方法：（1）将两条异面直线作辅助线放到同一个平面，然后利用解三角形知识求解；（2）建系，利用空间向量，属基础题.6、C【解析】

根据服从的正态分布可得，，将所求概率转化为，结合正态分布曲线的性质可求得结果.【详解】由题意，，，则，，所以，.故果实直径在内的概率为0.8185.故选：C【点睛】本题考查根据正态分布求解待定区间的概率问题，考查了正态曲线的对称性，属于基础题.7、C【解析】

设，求，作为的函数，其最小值是6，利用导数知识求的最小值．【详解】设，则，记，，易知是增函数，且的值域是，∴的唯一解，且时，，时，，即，由题意，而，，∴，解得，．∴．故选：C．【点睛】本题考查导数的应用，考查用导数求最值．解题时对和的关系的处理是解题关键．8、C【解析】

根据给定的程序框图，计算前几次的运算规律，得出运算的周期性，确定跳出循环时的n的值，进而求解的值，得到答案.【详解】由题意，，第1次循环，，满足判断条件；第2次循环，，满足判断条件；第3次循环，，满足判断条件；可得的值满足以3项为周期的计算规律，所以当时，跳出循环，此时和时的值对应的相同，即.故选：C.【点睛】本题主要考查了循环结构的程序框图的计算与输出问题，其中解答中认真审题，得出程序运行时的计算规律是解答的关键，着重考查了推理与计算能力.9、D【解析】

根据中点在轴上，设出两点的坐标，，（）.对分成三类，利用则，列方程，化简后求得，利用导数求得的值域，由此求得的取值范围.【详解】根据条件可知，两点的横坐标互为相反数，不妨设，，（），若，则，由，所以，即，方程无解；若，显然不满足；若，则，由，即，即，因为，所以函数在上递减，在上递增，故在处取得极小值也即是最小值，所以函数在上的值域为，故.故选D.【点睛】本小题主要考查平面平面向量数量积为零的坐标表示，考查化归与转化的数学思想方法，考查利用导数研究函数的最小值，考查分析与运算能力，属于较难的题目.10、B【解析】

利用等差数列的性质求出的值，然后利用等差数列求和公式以及等差中项的性质可求出的值.【详解】由等差数列的性质可得，.故选：B.【点睛】本题考查等差数列基本性质的应用，同时也考查了等差数列求和，考查计算能力，属于基础题.11、A【解析】

由直线x-3y+3=0过椭圆的左焦点F，得到左焦点为再由FC=2CA，求得A3【详解】由题意，直线x-3y+3=0经过椭圆的左焦点F，令所以c=3，即椭圆的左焦点为F(-3,0)直线交y轴于C(0,1)，所以，OF=因为FC=2CA，所以FA=3又由点A在椭圆上，得3a由①②，可得4a2-24所以e2所以椭圆的离心率为e=3故选A.【点睛】本题考查了椭圆的几何性质——离心率的求解，其中求椭圆的离心率(或范围)，常见有两种方法：①求出a,c，代入公式e=ca；②只需要根据一个条件得到关于a,b,c的齐次式，转化为a,c的齐次式，然后转化为关于e的方程，即可得12、B【解析】

根据空余部分体积相等列出等式即可求解.【详解】在图1中，液面以上空余部分的体积为；在图2中，液面以上空余部分的体积为.因为，所以.故选：B【点睛】本题考查圆柱的体积，属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

首先解不等式，再由在区间上恒成立，即得到不等组，解得即可.【详解】解：且，即解得，即因为在区间上恒成立，解得即故答案为：【点睛】本题考查一元二次不等式及函数的综合问题，属于基础题.14、【解析】

由角平分线成比例定理推理可得，进而设点表示向量构建方程组表示点P坐标，代入圆C方程即可表示动点Q的轨迹方程，再由将所求视为该圆上的点与原点间的距离，所以其最值为圆心到原点的距离加减半径.【详解】由题可构建如图所示的图形，因为AQ是的角平分线，由角平分线成比例定理可知,所以.设点，点，即，则，所以.又因为点是圆上的动点，则，故点Q的运功轨迹是以为圆心为半径的圆，又即为该圆上的点与原点间的距离，因为，所以故答案为：【点睛】本题考查与圆有关的距离的最值问题，常常转化到圆心的距离加减半径，还考查了求动点的轨迹方程，属于中档题.15、90°【解析】

易得平面PAD，P点在与BA垂直的圆面内运动，显然，PA是圆的直径时，PA最长；将四棱锥补形为长方体，易得为球的直径即可得到PD，从而求得四棱锥的体积.【详解】如图，由及，得平面PAD，即P点在与BA垂直的圆面内运动，易知，当P、、A三点共线时，PA达到最长，此时，PA是圆的直径，则；又，所以平面ABCD，此时可将四棱锥补形为长方体，其体对角线为，底面边长为2的正方形，易求出，高，故四棱锥体积.故答案为：(1)90°；(2).【点睛】本题四棱锥外接球有关的问题，考查学生空间想象与逻辑推理能力，是一道有难度的压轴填空题.16、4【解析】

作出可行域如图所示：由，解得.目标函数，即为，平移斜率为-1的直线，经过点时，.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）（2）当时，年利润最大．【解析】

（1）方法一：令，先求得关于的回归直线方程，由此求得关于的回归直线方程.方法二：根据回归直线方程计算公式，计算出回归直线方程.方法一的好处在计算的数值较小.（2）求得w的表达式，根据二次函数的性质作出预测.【详解】（1）方法一：取，则得与的数据关系如下123457.06.55.53.82.2，，，.，，关于的线性回归方程是即，故关于的线性回归方程是.方法二：因为，，，，，所以，故关于的线性回归方程是，（2）年利润，根据二次函数的性质可知:当时，年利润最大．【点睛】本小题主要考查回归直线方程的求法，考查利用回归直线方程进行预测，考查运算求解能力，属于中档题.18、（1）见解析（2）【解析】

(1)设的中点为,连接.由展开图可知,，.为的中点,则有,根据勾股定理可证得,则平面,即可证得平面平面．(2)由线面成角的定义可知是直线与平面所成的角，且,最大即为最短时,即是的中点建立空间直角坐标系,求出与平面的法向量利用公式即可求得结果.【详解】（1）设AC的中点为O，连接BO，PO．由题意，得，，．在中，，O为AC的中点，，在中，，，，，．，平面，平面ABC，平面PAC，平面平面ABC．（2）由（1）知，，，平面PAC，是直线BM与平面PAC所成的角，且，当OM最短时，即M是PA的中点时，最大．由平面ABC，，，，于是以OC，OB，OD所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图示空间直角坐标系，则，，设平面MBC的法向量为，直线MA与平面MBC所成角为，则由得：.令，得，，即.则.直线MA与平面MBC所成角的正弦值为.【点睛】本题考查面面垂直的证明,考查线面成角问题,借助空间向量是解决线面成角问题的关键,难度一般.19、（1）；（2）存在，且方程为或.【解析】

（1）依题意列出关于a,b,c的方程组，求得a,b,进而可得到椭圆方程；（2）联立直线和椭圆得到，要使以为直径的圆过椭圆的左顶点，则，结合韦达定理可得到参数值.【详解】（1）直线的一般方程为.依题意，解得，故椭圆的方程式为.（2）假若存在这样的直线，当斜率不存在时，以为直径的圆显然不经过椭圆的左顶点，所以可设直线的斜率为，则直线的方程为.由，得.由，得.记，的坐标分别为，，则，，而.要使以为直径的圆过椭圆的左顶点，则，即，所以，整理解得或，所以存在过的直线，使与椭圆交于，两点，且以为直径的圆过椭圆的左顶点，直线的方程为或.【点睛】本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法：因直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用．20、（1），;（2），，.【解析】

(1)把