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（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1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注意事项：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4页，满分150分，考试时间120分钟.一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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.复数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【答案】D【解析】由，且，则，所以，可得其在复平面上对应的点为，即该点在第四象限.故选：D.2.“”是“直线与直线平行”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】C【解析】当时且，解得，当时，两条直线方程分别为：，，此时，故是的充要条件.故选：C3.现有一种检验方法，对患疾病的人化验结果呈阳性，对未患疾病的人化验结果呈阴性．我们称检验为阳性的人中未患病比例为误诊率．已知一地区疾病的患病率为，则这种检验方法在该地区的误诊率为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】记事件检查结果呈阳性，事件被检查确实患疾病，由题意可知，，，，，所以，因此，这种检验方法在该地区的误诊率为，故选：A.4.已知双曲线的左右焦点分别为，且，直线过且与该双曲线的一条渐近线平行，与双曲线的交点为，若的内切圆半径恰为，则此双曲线的离心率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】设双曲线的半焦距为，则，由对称性，不妨令与平行的渐近线为，则直线方程为：，即，设的内切圆与三边相切的切点分别为，，，如图所示，则，即，而轴，圆半径为，则，点到直线的距离：，整理得，且，解得，又因为，可得，所以双曲线的离心率，故选：D.5.在平行四边形中，，是平行四边形内（包括边界）一点，，若，则的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因为得，即所以点在的角平分线上，设的中点为因为，所以点在线段上，不妨设，所以易知所以因为所以因为所以故选：B6.已知三棱锥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，则三棱锥的体积为（）A.4 B. C.6 D.【答案】B【解析】过向底面作垂线，垂足为，分别过向三边作垂线，垂足分别为，连接，因为平面，平面，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以，所以为二面角的平面角，同理可得为二面角的平面角，为二面角的平面角，因为每个侧面与底面形成的二面角大小相等，所以，所以，所以为三角形的内心，由三棱锥的三个侧面的面积分别为5，5，6，所以，设三边的长为，则边上的高长为，由底面的面积为8，所以，解得，设内切圆的半径为，则，所以，由侧面的面积为6，所以，所以，所以，所以，所以.故选：B.7.已知函数，若有两个零点.，则的值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】易知，令，则，所以或；可得或，因此或，又因为，所以；所以.故选：B8.已知函数，且有两个不同的零点，则的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】令，即，由题意，函数和有两个交点，画出函数的图象，如图，当时，显然函数和没有两个交点，不符合题意，则，当时，函数和有一个交点，则当时，和只有一个交点.设与相切于点，，由，得，即，又，则，解得，因此，要使当时，和只有一个交点，则，即的取值范围为.故选：D.二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.如图是数学家GerminalDandelin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，球切于点，（，是截口椭圆的焦点）.设图中球，球的半径分别为3和1，球心距，则（）A.椭圆的中心在直线上B.C.直线与椭圆所在平面所成的角为D.椭圆的离心率为【答案】BD【解析】依题意，截面椭圆的长轴与圆锥的轴相交，椭圆长轴所在直线与圆锥的轴确定的平面截此组合体，得圆锥的轴截面及球，球的截面大圆，如图，点分别为圆与圆锥轴截面等腰三角形一腰相切的切点，线段是椭圆长轴，可知椭圆C的中心（即线段的中点）不在直线上，故A错误；椭圆长轴长，过作于D，连，显然四边形为矩形，又，则，过作交延长线于C，显然四边形为矩形，椭圆焦距，故B正确；所以直线与椭圆C所在平面所成的角的正弦值为，故C错误；所以椭圆的离心率，故D正确；故选：BD.10.设，为正数，且且，则（）A.的最小值是2 B.的最大值是C.的最大值是 D.的最大值是【答案】ACD【解析】由，所以，所以，对A，，当且仅当，即时等号成立，故A正确；对B，由可得，当且仅当时取等号，令，则，解得，即，当且仅当时取等号，故B错误；对C，由，令，则，解得，即，当且仅当时等号成立，故C正确；对D，由可得，所以，令，由B知，则由可知当时，，故当时，有最大值，故D正确.故选：ACD11.已知动点在直线上，动点在圆上，过点作圆的两条切线，切点分别为A、，则下列描述正确的有（）A.直线与圆相交 B.的最小值为C.存在点，使得 D.直线过定点【答案】BCD【解析】圆的圆心，半径，连接，对于A，点到直线的距离，直线l与圆C相离，A错误；对于B，点在圆上，则，B正确；对于C，由切线长定理知，，而，又是锐角，正弦函数在上单调递增，则的最大值为，当且仅当时取等号，因此的最大值为，C正确；对于D，设，则以PC为直径的圆的方程为即，与已知圆的方程相减可得直线的方程为，即，由可得，即直线AB过定点，故D正确；故选：BCD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.的展开式中的系数为______．【答案】【解析】当取1，取，的系数为；当取，取时，得的系数为：.所以的系数为：.故答案为：13.将甲桶中的水缓慢注入空桶乙中，min后甲桶中剩余的水量符合指数衰减曲线.假设过5min后甲桶和乙桶中的水量相等，若再过min后甲桶中的水只有，则的值为___________.【答案】5【解析】5min后甲桶和乙桶中的水量相等，函数，满足，可得，令，则，即为，解得，故.故答案为：5.14.已知函数，若存在实数，使得对任意的，始终是某个确定的非零常数，则______．【答案】【解析】由题意知．不妨设，其中，则，展开化简得：．因为上式对任意的，始终成立，则．若，则，，与矛盾，因此，则，因此，又，所以，因此，即，因此．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.已知数列前n项和为，，（1）证明：数列为等比数列；（2）求数列的前项和.（1）证明：因为，所以当，时，，即又时，，所以数列为首项为1，公比为3的等比数列．（2）解：由（1）知，所以，又由，可得，所以16.如图在正方体中，是所在棱上的中点.（1）求平面与平面夹角的余弦值（2）补全截面解：（1）由投影面积法可得，因为是所在棱上的中点，设正方体的棱长为2，则，，，，所以在中，边上的高为，所以，所以.（2）如图，设所在直线与所在直线交于点，与所在直线交于点，连接交于点，连接交于点，连接，则五边形是平面截正方体所得的截面.17.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：，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、、，且每人能否闯关成功互不影响．（1）已知，，，（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的概率．（2）若甲只能安排在第二位次参赛，且，要使该队比赛结束后所获积分的期望最大，试确定乙、丙的参赛顺序，并说明理由．解：（1）（i）的可能取值为，，，.所以的分布列为：所以（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，且必须闯关成功，所以概率为.（2）若顺序为“乙甲丙”：积分的可能取值为,.所以..若顺序为“丙甲乙”：积分的可能取值为,，，.所以.，，由于，所以，所以丙先参赛.18.已知函数，.（1）若，求函数在点处的切线；（2）若对任意的，，有恒成立，求实数的取值范围.解：（1），当时，，，故切线方程为：，即；（2）法一：不妨设，则，同除以得，所以在0,+∞单调递增，所以，①若，恒成立，符合题意；②若，则恒成立，令，则，令，则，所以Fx在单调递增，在单调递减，所以，所以；③若，同理，恒成立，由②可知，当时，，所以不存在满足条件的，综上所述，.法二：，令，则只需在0,+∞单调递增，即恒成立，，令，则恒成立，又，①当时，，hx在单调递增成立；②当时，h'x>0，hx又当时，，故不恒成立，不满足题意；③当时，由h'x>0得则hx在单调递减，在单调递增，因为恒成立，所以，解得，故；综上，实数的取值范围是.19.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和，定义和集.记符号表示集合A中的元素个数.当时，设是集合A中按从小到大排列的所有元素，记集合.（1）已知集合，，，若，求的值.（2）已知，记集合或.（i）当时，证明的充要条件是；（ii）若，，求的所有可能取值．（1）解：因为，由，所以，所以且，所以必有，所以，所以，所以.（2）（i）证明：因为，可设，.先证充分性：因为，所以且，从而可以设，其中0，此时中元素为，故，再证必要性，设，，其中，注意到和集中的最小元素为，最大元素为，因为，所以中间三个元素可以是，也可以是，它们是对应相等的，所以有，，即，故，得证，（ii）解：①若，由第(i)小问的分析知，可以设，，其中，