2024届重庆市缙云教育联盟高三第一次诊断性检测数学试题及答案

2024CEE-01数学重庆缙云教育联盟2024年高考第一次诊断性检测数学试卷考生须知：1.答题前，考生务必用黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、座位号在答题卡上填写清楚；2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，在试卷上作答无效；3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回；4.全卷共6页，满分150分，考试时间120分钟。7小题，每小题5分，共35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。1211．“a”是“2”的（）aA．充分不必要条件C．充要条件B．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件2．z12i，则z的共轭复数z等于（）A．3B．3C．4D．43f(x)x，yZf(xy)f(x)f(y)2xy1，f(2)1f2nnN*（）A．4n6B．8n1C．4n22n1D．8n22n5m,n,,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．m//,mn,则nB．D．m,mn,则n//C．//,m,则m/m,,m//则431325．已知ae，，则（）beB．2xeA．a2babC．ab2ba2D．6．已知函数fxx2cosx1在区间2xcoscosx，则方程fx2,4上的所有实根之和为（）A．0B．3C．6D．12数学试卷第1页共6页cd4bd30，则的最大值为（7．已知a3，b1，ab0，caca4，d2）2213421331A．1B．4C．2D．33小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求的。全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的，少选择1个正确选项得3分，少选择2个正确选项得1分，否则得0分。501xa2x258．已知12xLax，则下列说法正确的是（）5A．a01B．1a23a452C．a480D．aaa122135E．푎5=169Oy则（）24x的焦点为FAB是抛物线上两个不同的点，为线段AB的中点，MA．若AB6，则M到准线距离的最小值为3121252B．若OAOB，且AFBF，则M到准线的距离为7C．若OAOB，且AFBF，则M到准线的距离为2D．若AB过焦点F，AB8，C为直线AB左侧抛物线上一点，则△퐴퐵퐶面积的最大值为42E．a480若OAOB，则O到直线AB距离的最大值为4xQ10fx被称为狄利克雷函xðQRfx数，其中R为实数集，Q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fx为偶函数B．函数fx的值域是1f1fxC．对于任意的xR，都有D．在fx图象上不存在不同的三个点,B,C，使得△퐴퐵퐶为等边三角形E．在fx图象存在不同的三个点,B,C，使得△퐴퐵퐶为等边三角形三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。数学试卷第2页共6页11．已知Px,y为圆C：xy4x50上一点，则x22y的取值范围是22.n12x12．已知二项式x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．x2y213．椭圆1上的点P到直线x2y20的最大距离是；距离最大时点P坐标为.16414“鳖（biēnào）”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”的个数是四、解答题：本题共6小题，共80分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15．（10分）.bba22cc22ab22,B,Ca,b,c.记△퐴퐵퐶的内角(1)求A；的对边分别为已知．2cb(2)若D为AB的中点，且CD13AB，求cosACB．16．（10分）92Sn1anS的前项和为，且S2na2n已知正项数列．nn4111134(1)求证：1S2S3Sndd(2)在an与an1间插入n个数，使这n2个数组成一个公差为的等差数列，在数列中是否存在3项nnd,d,d，（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．mkp数学试卷第3页共6页17．（15分）fxxax（为常数）.a已知函数(1)求函数fx的单调区间；2f2，求证：12(2)若存在两个不相等的正数x，x满足fx.121a112.(3)若fx有两个零点x，x，证明：121218．（15分）A，B((0,和ABM在平面直角坐标系的面积为Sr，S当3时，记顶点M的轨迹为曲线C．r(1)求C的方程；(2)已知点E，F，P，Q在C上，且直线EF与PQ相交于点A，记EF，PQ的斜率分别为k，k．12(i)设EF的中点为G，PQ的中点为H，证明：存在唯一常数，使得当1k2时，；k43(ii)若1，当||EF||PQ||最大时，求四边形EPFQ的面积．k219．（15分）某工厂引进新的生产设备M，为对其进行评估，从设备M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数学试卷第4页共6页652.2，以频率值作为概率的估计值.经计算，样本的平均值，标准差yx(1)为评估设备M和原料中的该材料含量之间的相关yx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M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X，并根据以下不等式进行评判（P表示相应事件的概率）；P(X)0.6826P(X)0.9544P(X)0.9974.；③①；②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M的性能等级.或直径大于2M(3)将直径小于等于EY.的生产流水线上随意抽取2件零件，计算其中次品总数Y的数学期望ˆˆ的斜率和截距的最小二乘法x,y,x,y,x,y,,x,yˆbxa附：①对于一组数据，其回归直线112233nnnxyniiˆˆˆˆbx；bi1估计公式分别为，ni2nx2i18888i52i228i2478xy1849.ii②参考数据：，，，i1i1i1i120．（15分）本题分为Ⅰ、Ⅱ两部分，考生选其中一部分作答.若多选，则按照第Ⅰ部分积分.Ⅰ.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，短轴长23,F,F为下底面椭圆的左右焦点，为上4底面长轴ABAB212上的动点，为AB上的动点，AAPBB为EMN为过底面椭圆的右焦点，F2AB重合）．点的下底面的一条动弦（不与(1)求证：当P为BB的中点时，FF//平面12(2)若点Q是下底面椭圆上的动点，Q是点Q在上底面的投影，且QF,QF与下底面所成的角分别为,，12tan试求出的取值范围．(3)求三棱锥EPMN的体积的最大值．数学试卷第5页共6页(0)B(，D0)EF(.，，Ⅱ.如图1，已知，C，(1)求将六边形ABCDEF绕轴旋转半周（等同于四边形xx绕DECCD(2)将平面ABF绕旋转到平面ABF，使得平面ABF平面，求异面直线AF与所成的角；(3)“”1中的线段、EF2y轴旋转半周所得的几何体，试求所得几何体的体积.数学试卷第6页共6页2024CEE-01数学重庆缙云教育联盟2024年高考第一次诊断性检测数学参考答案一、选择题1．A2．D6．C3．C7．A4．C5．A二、多项选择题8．BCD9．ACDE10．ACE三、填空题217,1111．12．222,213．1014．24四、解答题15．解：（1）由余弦定理形式b2c2a2bccosA和a2c2b2accosB，2bab2cc2ab2bccosAbcosA因此．2222accosBacosBb2cca22ab2bbcosAacosAcosB，即，又2cba222cbacosB2cbasinAcosAbc得：，由正弦定理sinAsinBsinC2cb2sinCsinBcosB整理得：sinAcosB2sinCcosAcosAsinB，sin(AB)sin(πC)sinC2sinCcosA．1πA(0,π)A，sinC0，A，．23c（2）由CD13AB，得CDc，得CD．6数学答案第1页共10页π在△퐴퐶퐷中，由余弦定理得CD2AD2AC22ADACcos，3111214121336DCD为AB的中点，2c2b22cbc2b2bcc2，42(cb)(2cb)00，（其中cb0），2cb．即2c由正弦定理得2sinACB3sinBBπ(AACB)2bcb2，π3323322sinACB3sin(AACB)3sinACBsinACBcosACB，即sinACB33cosACB．sin2ACBcos2ACB28cos2ACB1，17由sinACB33cosACB，可得cosACB0；cos2ACB，cosACB．281416．解：993a0n2n2Sn12nSn22n1（1）因为，Sa，所以a即Snan，①4423当n2时，S1an1②n123233②①得：ananan1即aa，当n1时，S11a1，所以a21，nn1223为公比的等比数列，a是以为首项，2q所以na1qn213n111,n2所以Sn13n1，又因为，Sn312n1n1q131123所以当n1时，；141111n1111112112311121331341134当n2时，，综上所323n124n-11S2S3Sn311113述：.1S2S3Sn4a2n1，an123nn2d，，由题意知：an1an（2）因为nn4n1n1所以dnd中是否存在3项d,d,d，，pmkpnmk24k14m143p12ddmdp，即kk1m1p12mp232k3化简得：，2mpk1数学答案第2页共10页mp2k又因为m，k，p成等差数列，所以，p2m所以k12m1p1即mpk2，又mp2kmp，所以22mpk0，所以，这与题设矛盾.即mpd3d,d,dp，（其中，，成等差数列）成等比数列.mkp所以在数列中不存在项nmk17．解：，得函数的定义域为（1）由又fxfxxax，11axa，xxfx在当a0时，fx0恒成立，所以上单调递增；1ax11ax1当a0时，令fx0，得0x；令fx0x，得；xaxa11afx，单调递增区间为,所以，的单调递减区间为a；12x21xaxxax1（2）由fxxax，得，1122a21x211x22x211x2故欲证12，只需证：，即证1，alnx2ln122a2212x211xx12x21x1xxx>0x0xxt又，，，不妨设，，等价于2，令121221212112t1t1（t1），等价于gtt0（t1），214t1gt2gt在g10单调递增，而，0，所以tt12tt12t1t1所以，当t1时，gtt0恒成立.2121122xx所以，所以.212afx0（3）函数有两个零点x，x，所以2110，2ax2，1xxx21ax，21不妨设，122x111a2,，即，要证：21ln1lnx2数学答案第3页共10页11112a2a需证：1ax2121x221x21221212只需证：，只需证：，211x2x22122121只需证：，只需证：，21x212x2121112tt1tt，令令，只需证：11t21112mttt，mt10，t2t2t2tt11tmtmtm10所以故在上单调递减，所以，即，2t112.12ababababba也可由对数均值不等式ab（ab0），即，111at（t1），则2lntt0tt令，即，bt2t112.所以1218．解：12(|AB||MA||MB|)rr，易知|MA||MB4|AB|（1）由题意得，由椭圆定义可知，动点M在以A，B为焦点，且长轴长为4的椭圆上，y2x21(x0)．又M不能在直线AB上，∴C的方程为：43（2）（2）(i)（法一）设E(x,y)F(x,y)G(x,y)，，，011220y1x1易知直线EF的方程为，22yx161，得24)x26kx90，∴xx，联立43112124y1x11x221414xykx1，即G(,)，∴，0124010124124k421k249kk16H(,)OGOH12同理可得，，∴，k224k224(3124)(3k24)2169欲使，则OGOH0，即9kk290，∴第4页，1数学答案共10页1616∴存在唯一常数，使得当kk时，．9129E(x,y)F(x,y)G(x,y)，0（法二）设，，11220kG易知EF的斜率不为零，否则与A重合，1xPQPQx轴，这与PQ过A矛盾，欲使，则H将在轴上，又H为的中点，则214213yx111y1x21x21y4k01k0222故，同理有，则，可得，224x2233y1y21x221y22yyy21y21x2k1易知0=∴1kOG，y0=，且kOG021，，x2011x224344kkOH，即，同理可得，，OG1k24416欲使，则OGOH1，∴()()1，∴1k2，1k291616∴存在唯一常数，使得当kk时，．9129619(ii)由(i)易知1x2，且xx12，124k224361236(3124)4∴|EF112(xx)24xx1k214，121212414244即|EF4，同理可得，|PQ4，124k2241k2434434，∴||EF||PQ||=||=|44k2|t0，∵，记k22124k2223k224347t771∴||EF||PQ|||t3t4(4tt4)12122257，12t25t4当且仅当t1，即k12时取等，由椭圆的对称性，不妨设此时k1k，，213411723且直线EF和PQ的夹角为，则tan，不难求得sin，41011342474257此时，易知|PQ4，且|EF4，k22412411224252302∴四边形EPFQ的面积为|PQ||EF|sin．2771049数学答案第5页共10页19．解：885282288i52y228ix，y，（1），，i1i1852228xy8xy18498ii367140228367523209ˆ88ˆbi1ˆybx，，2522881408280i8x247888以与的线性回归方程为ˆyxx；14062.867.260.669.4（2），，，，58.471.6，，8094P(62.8X67.2)0.80.68260.940.9544，，P(60.6X69.4)10010098P(58.4X71.6)0.980.9974，100设备M的性能等级为丙级.的零件共有4件，（3）样本中直径小于等于的共有2件，直径大于所以样本中次品共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，610063其中次品数设为Y1，则，于是EY；Y~B21110025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：Y2P012C2942100C16CC9421C262CC100100数学答案第6页共10页C2942100C16CC194C263E2120.故C2C2100251006则次品总数Y的数学期望EY)EY2EYEY2.112520.Ⅰ.解：OFOFOF1，2'（1）由题设，长轴长|AB||AB|4，短轴长23，则12OB,OB为矩形，连接OB，ABBA所以F,F分别是中点，而柱体中22由BF//OF,|BF||OF|1，故四边形FOBF为平行四边形，则，OB//FF21211212当P为BB的中点时，则2FFPMN2//OB，故PF//FF，212面PMN，面//，故12平面PMN.12|QFm,|QFnmn4|QQ|4，（2）由题设，令，则，又12tan1tantantan4(mn)mn16mn161644所以tan，tan，则)，mn16(m2)41613))[,所以，根据椭圆性质知1m3，故].2123（3）数学答案第7页共10页VEPMNMPEFNPEFEPMN，要使三棱锥由的体积最大，22只需△2面积和M,NPEF到面距离之和都最大，2S2S2EBSPBFSPEBEBa,PBba,b[0,4]且PB4b，，令，则，212121b(a所以S24a)1ba(4b)222显然ab4时，有最大S8；2y2x2B(0,2)1，构建如上图直角坐标系且MN:ytx1，椭圆方程为43设，联立椭圆得t24)x2tx90，且144(t0，2t9所以xMxN，xx，而|xMx|(xMx)24xx，MN24NNMNt24tl12|xx12t21所以|xx，令lt211，则MNl211，lMNt24l1124由对勾函数性质知yl在)上递增，故|xx|MNmax3；l1综上，EPMNmax838.3Ⅱ.解：△△EDCx（1）ABF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14V2π122π；之和为133正方形FECB绕轴旋转半周所围成的几何体为一个底面半径为12xVπ122π.2210所以，总的体积VV12π.3ODBF.，则（2）如图3，取BF中点为O，连接OA,ODF，BF中点为O因为ABOBF.，所以DECDECBF平面，又平面ABF平面，平面所以，AO平面DEC，即AO平面BCDEF.以点O为