重庆缙云教育联盟2024届高三高考第一次诊断性检测数学试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1重庆缙云教育联盟2024届高三高考第一次诊断性检测数学试卷一、选择题1.“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件〖答案〗A〖解析〗因为，而推不出，例如满足，但不成立，所以“”是“”的充分不必要条件，故选：A2.，则的共轭复数等于（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗，故选：D.3.已知函数满足：，，成立，且，则（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗令，则，所以，令，则，所以，令，则，所以，令，则，所以，则当时，，则，当时，上式也成立，所以，所以.故选：C.4.已知是两条不同直线，是三个不同平面，则下列说法正确的是（）A.则 B.则C.则 D.则〖答案〗C〖解析〗对于A：因为所以或或与相交，故A错误；对于B：因为所以或，故B错误；对于C：两个平面平行，一个平面中的任意一条直线平行于另外一个平面，故C正确；对于D：因为所以或，故D错误；故选：C.5.已知，，则（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由，得，令函数，求导得，则函数在上单调递减，，因此，由，得，有，令函数，求导得，当且仅当时取等号，即函数在单调递增，，即，因此，所以.故选：A6.已知函数，则方程在区间上的所有实根之和为（）A.0 B.3 C.6 D.12〖答案〗C〖解析〗由题意得，，，所以的图象关于对称；当时，，当时，令可得，时，，时，，在同一直角坐标系中画出，在上有且仅有3个交点，所以所有的实根之和为，故选：C.7.已知，，，，，则的最大值为（）A. B.4 C. D.〖答案〗A〖解析〗如图所示：不妨设，满足，，，又，即，由椭圆的定义可知点在以为焦点，长轴长为4的椭圆上运动，，所以该椭圆方程为，而，即，即，这表明了点在圆上面运动，其中点为圆心，为半径，又，等号成立当且仅当三点共线，故只需求的最大值即可，因为点在椭圆上面运动，所以不妨设，所以，所以当且三点共线时，有最大值.故选：A.二、多项选择题8.已知，则下列说法正确的是（）A. B.C. D.E.〖答案〗BCD〖解析〗已知，令，有，A选项错误；令，有，令，有，，B选项正确；展开式的通项为，，，C选项正确，E选项错误；D选项正确.故选：BCD9.已知为坐标原点，抛物线的焦点为，、是抛物线上两个不同的点，为线段的中点，则（）A.若，则到准线距离的最小值为B.若，且，则到准线的距离为C.若，且，则到准线的距离为D.若过焦点，，为直线左侧抛物线上一点，则面积的最大值为E.若，则到直线距离的最大值为〖答案〗ACDE〖解析〗选项A，记抛物线的准线为，当不过点时，根据三角形三边关系可得，当过点时，，设点、、到直线的距离分别为、、，所以，故选项A正确；选项BC，设、，则，，由可知，，即，整理得，又，所以，所以到准线的距离为，故选项B错误C正确；选项D，因为过焦点，，所以，则．设直线的方程为，联立可得，，所以，所以，可得．根据图形的对称性，不妨设，因为为直线左侧抛物线上一点，由图象易知当过点的直线平行于且与抛物线相切时，点到直线的距离最大，此时，的面积最大．令，易知此时点在抛物线上方，其对应的函数〖解析〗式为，则，解得，则，所以点到直线的距离，此时，故选项D正确；选项E，令、，因为，所以，即．设直线的方程为，联立可得，，所以，解得，所以直线的方程为，即直线恒过定点，易知当时，点到直线的距离最大，最大值为，故选项E正确；故选：ACDE.10.德国著名数学家狄利克雷在数学领域成就显著，以其命名的函数被称为狄利克雷函数，其中为实数集，为有理数集，则以下关于狄利克雷函数的结论中，正确的是（）A.函数为偶函数B.函数的值域是C.对于任意的，都有D.在图象上不存在不同的三个点，使得为等边三角形E.在图象存在不同的三个点，使得为等边三角形〖答案〗ACE〖解析〗由于，对于选项A，设任意，则，；设任意，则，总之，对于任意实数，恒成立，A正确；对于选项B，的值域为，，B错误；对于选项C，当，则，；当，则，，C正确；对于选项DE，取，，得到为等边三角形，D错误E正确.故选：ACE.三、填空题11.已知为圆：上一点，则的取值范围是___________.〖答案〗〖解析〗设，则直线与有公共点.圆的方程化为标准方程为，圆心，半径为3，∴圆心到直线距离，即，∴，∴，即的取值范围是.故〖答案〗为：.12.已知二项式的展开式中第二、三项的二项式系数的和等于45，则展开式的常数项为_______．〖答案〗〖解析〗∵，解得，展开式的通项为，令，得，常数项为．故〖答案〗为：.13.椭圆上的点P到直线的最大距离是______；距离最大时点P坐标为______.〖答案〗〖解析〗设直线与椭圆相切．由消去x整理得.由得.当时符合题意(舍去)此时，，即切点为即与椭圆相切,椭圆上的点到直线的最大距离即为两条平行线之间的距离:故〖答案〗为：；14.我国古代数学著作《九章算术》中研究过一种叫“鳖（biē）臑（nào）”的几何体，它指的是由四个直角三角形围成的四面体，那么在一个长方体的八个顶点中任取四个，所组成的四面体中“鳖臑”的个数是________.〖答案〗〖解析〗如图以平面为基准，在平面内取三点，显然（1）（2）合题意，（3）（4）不合题意，同理，将换成，，，各能找到两个“鳖（biē）臑（nào）”，所以当三点确定在一个平面上时，可以确定8个“鳖（biē）臑（nào）”，共有6个面，所以可确定个“鳖（biē）臑（nào）”.但上图（1）在以平面为基准时又被算了一次，图（2）在以平面为基准时又被算了一次，所以每一种情况都被重复计算了一次，故共能确定个“鳖（biē）臑（nào）”.故〖答案〗为：.（1）（2）（3）（4）四、解答题15.记的内角的对边分别为.已知．（1）求；（2）若为的中点，且，求．解：（1）由余弦定理形式和，因此．又，即，由正弦定理得：，整理得：，．，，，．（2）由，得，得．在中，由余弦定理得，为的中点，，即，（其中），．由正弦定理得，，，即．，由，可得；，．16.已知正项数列的前n项和为，且．（1）求证：（2）在与间插入n个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，在数列中是否存在3项，（其中m，k，p成等差数列）成等比数列?若存在，求出这样的3项，若不存在，请说明理由．（1）证明：因为，，所以即，①当时，②②①得：即，当时，，所以，所以是以2为首项，为公比的等比数列，所以，又因为，所以当时，；当时，，综上所述：.（2）解：因为，，由题意知：，所以假设在数列中是否存在3项，（其中m，k，p成等差数列）成等比数列，则，即化简得：，又因为m，k，p成等差数列，所以，所以即，又，所以即，所以，这与题设矛盾.所以在数列中不存在3项，（其中m，k，p成等差数列）成等比数列.17.已知函数（a为常数）.（1）求函数的单调区间；（2）若存在两个不相等的正数，满足，求证：.（3）若有两个零点，，证明：.（1）解：由，得函数的定义域为，又，当时，恒成立，所以在上单调递增；当时，令，得；令，得；所以，的单调递减区间为，单调递增区间为；（2）证明：由，得，故欲证，只需证：，即证，又，，，不妨设，，等价于，令（），等价于（），，所以在单调递增，而，所以，当时，恒成立.所以，所以.（3）证明：函数有两个零点，，所以，，不妨设，，即，要证：，需证：只需证：，只需证：，只需证：，只需证：，令，只需证：，令，，所以在上单调递减，所以，即，故.也可由对数均值不等式（），即，令（），则，即，所以.18.在平面直角坐标系中，点，的坐标分别为和，设的面积为，内切圆半径为，当时，记顶点的轨迹为曲线．（1）求的方程；（2）已知点，，，在上，且直线与相交于点，记，的斜率分别为，．(i)设的中点为，的中点为，证明：存在唯一常数，使得当时，；(ii)若，当最大时，求四边形的面积．（1）解：由题意得，易知，由椭圆定义可知，动点在以，为焦点，且长轴长为的椭圆上，又不能在直线上，∴的方程为：．（2）(i)证明：（法一）设，，，易知直线的方程为，联立，得，∴，∴，，即，同理可得，，∴，欲使，则，即，∴，∴存在唯一常数，使得当时，．（法二）设，，，易知的斜率不为零，否则与重合，欲使，则将在轴上，又为的中点，则轴，这与过矛盾，故，同理有，则，可得，易知，，且，，∴，即，同理可得，，欲使，则，∴，∴，∴存在唯一常数，使得当时，．(ii)解：由(i)易知，且，∴，即，同理可得，，∵，∴，记，∴，当且仅当，即时取等，由椭圆的对称性，不妨设此时，，且直线和的夹角为，则，不难求得，此时，易知，且，∴四边形的面积为．19.某工厂引进新的生产设备，为对其进行评估，从设备生产零件的流水线上随机抽取100件零件作为样本，测量其直径后，整理得到下表：直径/mm5859616263646566676869707173合计件数11356193318442121100经计算，样本的平均值，标准差，以频率值作为概率的估计值.（1）为评估设备对原材料的利用情况，需要研究零件中某材料含量和原料中的该材料含量之间的相关关系，现取了8对观测值，求与的线性回归方程.（2）为评判设备生产零件的性能，从该设备加工的零件中任意抽取一件，记其直径为，并根据以下不等式进行评判（表示相应事件的概率）；①；②；③.评判规则为：若同时满足上述三个不等式，则设备等级为甲；仅满足其中两个，则等级为乙；若仅满足其中一个，则等级为丙；若全部不满足，则等级为丁，试判断设备的性能等级.（3）将直径小于等于或直径大于的零件认为是次品．从样本中随意抽取2件零件，再从设备的生产流水线上随意抽取2件零件，计算其中次品总数的数学期望.附：①对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为，；②参考数据：，，，.解：（1），，，，，，所以与的线性回归方程为；（2），，，，，，，，，设备M的性能等级为丙级.（3）样本中直径小于等于的共有2件，直径大于的零件共有4件，所以样本中次品共6件，可估计设备M生产零件的次品率为0.06.由题意可知从设备M的生产流水线上随意抽取2件零件，其中次品数设为Y1，则，于是；从样本中随意抽取2件零件其次品数设为Y2，由题意可知Y2的分布列为：Y2012P故.则次品总数Y的数学期望.五、本题分为Ⅰ、Ⅱ两部分，考生选其中一部分作答.20.把底面为椭圆且母线与底面垂直的柱体称为“椭圆柱”．如图，椭圆柱中底面长轴，短轴长为下底面椭圆的左右焦点，为上底面椭圆的右焦点，为上的动点，为上的动点，为过点的下底面的一条动弦（不与重合）．（1）求证：当为的中点时，平面（2）若点是下底面椭圆上的动点，是点在上底面的投影，且与下底面所成的角分别为，试求出的取值范围．（3）求三棱锥的体积的最大值．（1）证明：由题设，长轴长，短轴长，则，所以分别是中点，而柱体中为矩形，连接，由，故四边形为平行四边形，则，当为的中点时，则，故，面，面，故平面.（2）解：由题设，令，则，又，所以，，则，所以，根据椭圆性质知，故.（3）解：由，要使三棱锥的体积最大，只需面积和到面距离之和都最大，，令且，则，所以，显然时，有最大；构建如上图直角坐标系且，椭圆方程为，设，联立椭圆得，且，所以，，而，所以，令，则，由对勾函数性质知在上递增，故；综上，.21.如图1，已知，，，，，.（1）求将六边形绕轴旋转半周（等同于四边形绕轴旋转一周）所围成的几何体的体积；（2）将平面绕旋转到平面，使得平面平面，求异面直线与所成的角；（3）某“”可以近似看成，将图1中的线段、改成同一圆周上的一段圆弧，如图2，将其绕轴旋转半周所得的几何体，试求所得几何体的体积.解：（1）和绕轴旋转半周所围成的几何体可以得到两个底面半径为1，高为2的圆锥，体积之和为；正方形绕轴旋转半周所围成的几何体为一个底面半径为1，高为2的圆柱，体积为.所以，总的体积.（2）如图3，取中点为，连接，则.因为，中点为，所以.又平面平面，平面平面，所以，平面，即平面.以点为坐标原点，如图3建立空间直角坐标系，由已知可得，，，，所以，，，，，，所以，，，所以，，所以，异面直线与所成的角的余弦值为，所以，.（3）由已知可得，圆心为点，则半径.六边形绕轴旋转半周所围成的几何体的体积，等于直角梯形绕直角边所在的直线旋转一周得到的几何体体积的2倍.直角梯形绕直角边所在的直线旋转一周得到的几何体，为一个上、下底面半径分别为1、3，高为1的圆台，体积；剩下的两部分为全等的弓形，先研究弓形绕轴旋转半周，得到几何体为球缺.现在用祖暅原理来求解该球缺的体积，如图5