重庆市“缙云教育联盟”2025届高三上学期高考第零次诊断性质量检测数学试题（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页重庆市“缙云教育联盟”2025届高三上学期高考第零次诊断性质量检测数学试题一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.复数z=2025−i2025在复平面内对应的点所在的象限为(

)A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限2.“a=4”是“直线l1:a−2x+2y+1=0与直线lA.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3.现有一种检验方法，对患X疾病的人化验结果99%呈阳性，对未患X疾病的人化验结果99.9%呈阴性．我们称检验为阳性的人中未患病比例为误诊率．已知一地区X疾病的患病率为0.0004，则这种检验方法在该地区的误诊率为(

)A.0.716 B.0.618 C.0.112 D.0.0674.已知双曲线x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左右焦点分别为F1，F2且F1F2=4A.3 B.22 C.5.在平行四边形ABCD中，DA=DB，E是平行四边形ABCD内(包括边界)一点，DE⋅DADA=DE⋅DBDBA.1,2 B.1,32 C.126.已知三棱锥P−ABC的三个侧面的面积分别为5，5，6，底面积为8，且每个侧面与底面形成的二面角大小相等，则三棱锥P−ABC的体积为(

)A.4 B.42 C.6 7.已知函数f(x)=cos3x−cos2x，x∈(0,π)，若f(x)有两个零点x1,A.14 B.−14 C.18.已知函数fx=lnx,x>0−exA.−∞,1e B.1e,e C.二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.如图是数学家Germinal Dandelin用来证明一个平面截圆锥侧面得到的截口曲线是椭圆的模型(称为“Dandelin双球”).在圆锥内放两个大小不同的小球，使得它们分别与圆锥的侧面、截面相切，截面分别与球O1，球O2切于点E，F(E,F是截口椭圆C的焦点).设图中球O1，球O2的半径分别为3和1，球心距O1OA.椭圆C的中心在直线O1O2上

B.|EF|=4

C.直线O1O2与椭圆C所在平面所成的角为π10.设x，y为正数，且logax+2y3=loA.2yx+x2y的最小值是2 B.xy的最大值是8116

C.x+2y的最大值是911.已知动点P在直线l:x+y−6=0上，动点Q在圆C:x2+y2−2x−2y−2=0上，过点P作圆C的两条切线，切点分别为AA.直线l与圆C相交 B.PQ的最小值为22−2

C.存在P点，使得∠APB=π2 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.1−2xy(x+y)6的展开式中x13.将甲桶中的aL水缓慢注入空桶乙中，tmin后甲桶中剩余的水量符合指数衰减曲线y=aent.假设过5 min后甲桶和乙桶中的水量相等，若再过mmin后甲桶中的水只有a4L，则m14.已知函数fx=sinωx+cosωx2−3cos2ωx，若存在实数四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15.(本小题13分)已知数列{an}的前n项和为Sn，(1)证明：数列{a2n−1(2)求数列{an}的前2n+1项和16.(本小题15分)如图在正方体ABCD−A1B(1)求平面APQ与平面ABCD夹角的余弦值(2)补全截面APQ17.(本小题15分)育才中学为普及法治理论知识，举办了一次法治理论知识闯关比赛．比赛规定：三人组队参赛，按顺序依次闯关，无论成败，每位队员只闯关一次．如果某位队员闯关失败，则由该队下一队员继续闯关，如果该队员闯关成功，则视作该队获胜，余下的队员无需继续闯关；若三位队员闯关均不成功，则视为该队比赛失败．比赛结束后，根据积分获取排名，每支获胜的队伍积分Y与派出的闯关人数X的关系如下：Y=40−10X(X=1,2,3)，比赛失败的队伍则积分为0.现有甲、乙、丙三人组队参赛，他们各自闯关成功的概率分别为p1、p2、(1)已知p1=34，(i)若按甲、乙、丙的顺序依次参赛，求该队比赛结束后所获积分Y的期望；(ii)若第一次闯关从三人中随机抽取，求该队比赛结束后所获积分Y=30的概率．(2)若甲只能安排在第二位次参赛，且0<p1<p18.(本小题17分)已知函数fx=x(1)若a=1，求函数fx在点1,f(2)若对任意的x1,x2∈0,+∞，x19.(本小题17分)集合是数学中的基本概念和重要内容.对于实数集中的两个非空有限子集A和B，定义和集A+B=a+ba∈A,b∈B.记符号A表示集合A中的元素个数.当A≥2时，设a(1)已知集合A=1,3,5，B=1,2,6，C=1,2,6,x，若(2)已知A=B=mm≥3,m∈N(i)当m=3时，证明A+B=5的充要条件是G(ii)若GA=1，A+B=2m，求G参考答案1.D

2.C

3.A

4.D

5.B

6.B

7.B

8.D

9.BD

10.ACD

11.BCD

12.−25

13.5

14.12或0.515.解：(1)因为an+1=an−8,n为奇数3an,n为偶数，

所以当n≥2，n∈N∗时，

a2n−1−12=a2(n−1)+1−12=3a2n−2−12

=3a(2n−3)+1−12=3(a2n−3−8)−12=3(a2n−3−12)，

又n=1时，a1−12=13−12=1，

所以数列{a2n−1−12}为首项为1，公比为3的等比数列；

16.解：(1)由投影面积法可得cosθ=因为P,Q是所在棱上的中点，设正方体的棱长为2，则S投影，AQ=(5所以在△APQ中，PQ边上的高为3所以S▵APQ所以cosθ=(2)如图，设PQ所在直线与A1B1所在直线交于点F，与A连接AF交BB1于点G，连接AR交DD1于点则五边形ASQPG是平面APQ截正方体所得的截面．

17.解：(1)(i)Y的可能取值为0,10,20,30，PY=0=1PY=20所以Y的分布列为：Y0102030P1113所以E(ii)第一次闯关从三人中随机抽取，每个人被抽取到的概率都是13所以概率为13(2)若顺序为“乙甲丙”：积分Y1的可能取值为0,10,20,30PY=0=1−PY=20所以EY=10=20p若顺序为“丙甲乙”：积分Y2的可能取值为0,10,20,30PY=0=1−PY=20所以E=101−=20pE=20−10由于20−10p1>0,所以丙先参赛．

18.解：(1)f′x当a=1时，f1=−1，故切线方程为：y+1=x−1，即y=x−2；(2)法一：不妨设0<x1<同除以x1x2所以Gx=f所以G′x①若a=0，G′x②若a>0，则1a令Fx=ln令F′x=3−2所以F(x)在0,e32所以1a≥Fe③若a<0，同理，1a由②可知，当x→0+时，所以不存在满足条件的a，综上所述，a∈0,2法二：x1令gx则只需gx在(0,+∞)g′x令ℎx=x又ℎ′x①当a=0时，ℎx=x2，②当a<0时，ℎ’(x)>0，又当x→0时，ℎx→−∞，故③当a>0时，由ℎ’(x)>则ℎ(x)在0,a2因为ℎx≥0恒成立，所以解得a≤2e3，故综上，实数a的取值范围是a∈0,2

19.解：(1)因为A+B=2,3,4,5,6,7,9,11，由A+B=A+C所以A+C=2,3,4,5,6,7,9,11所以1+x,3+x,5+x∈2,3,4,5,6,7,9,11且x≠1,2,6所以必有x=4，所以C=1,2,4,6，所以GC=(2)(i)因为m=3，可设A=a1,先证充分性：因为|G(A,B)|=1，所以G(A)=G(B)且|G(A)|=|G(B)|=1，从而可以设A={a,a+d,a+2d},B={b,b+d,b+2d}，其中d>0，此时A+B中的

元素为a+b+id(i=0,1,2,3,4)，故|A+B|=5，再证必要性，设A=a1,注意到和集A+B中的最小元素为a1+b因为∣A+B∣=5，所以中间三个元素可以是a1也可以是a2所以有a1+b即a2−a(ii)①若|G(A,B)|=1，由第(i)小问的分析知，可以设A={a,a+d,⋯,a+(m−1)d},B={b,b+d,⋯,b+(m−1)d}，其中d>0，此时A+B中的元素为a+b+id(i=0,1,⋯,2m−2),|A+B|=2m−1，这与条件|A+B|=2m矛盾，②取A={a,a+d,⋯,a+(m−1)d},B={b,b+2d,b+3d,⋯,b+md}，其中d>0，容易验证此时A+B中的元素为a+b+id(i=0,1,⋯,2m−1)，符合条件|A+B|=2m，所以|G(A,B)|可以取2，③若G(A,B)≥3，设A=其中a1结合|G(A)|=1知至少存在两个不同的正整数k(1≤k≤m−1)，使得b