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）

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，考试时间120分钟.一、选择题：本题共7小题，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.“”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】【分析】根据充分条件、必要条件求解即可.【详解】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】【分析】根据复数的乘法运算，然后根据共轭复数的概念求解即可；【详解】，故选：D.3.已知函数满足：，，成立，且，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】令，求出，令，求出，令，求出，再令，可求出的关系，再利用累加法结合等差数列前项和公式即可得解.【详解】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】【分析】根据空间中直线、平面的位置关系逐项判断.【详解】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】【分析】根据给定的信息构造函数确定与2的大小关系，构造函数确定与2的大小即得.【详解】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：A【点睛】思路点睛：某些数或式大小关系问题，看似与函数的单调性无关，细心挖掘问题的内在联系，抓住其本质，构造函数，分析并运用函数的单调性解题，它能起到化难为易、化繁为简的作用.6.已知函数，则方程在区间上所有实根之和为（）A.0 B.3 C.6 D.12【答案】C【解析】【分析】首先确定的图象关于对称，然后分和两种情况进行讨论，利用数形结合的方法，在同一直角坐标系中画出，通过判断两函数在上的交点个数即可求出函数的实根和.【详解】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】【分析】由题意首先得出为两外切的圆和椭圆上的两点间的距离，再由三角形三边关系将问题转换为椭圆上点到另一个圆的圆心的最大值即可.【详解】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.【点睛】关键点睛：解题的关键是将向量问题转换为圆锥曲线中的最值问题来做，通过数学结合的方法巧妙的将几何问题融入代数方法，从而顺利得解.二、多项选择题：本题共3小题，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求的.8.已知，则下列说法正确的是（）A. B.C. D.E.【答案】BCD【解析】【分析】利用二项展开式的通项和赋值法，求各选项中系数与系数和的值.【详解】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】【分析】对于选项A，由可以判断，对于选项BC，设、，由条件求出的值即可；对于选项D，首先求出直线的方程，然后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，然后算出答案即可，对于选项E，由条件求出直线恒过定点即可判断.【详解】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.【点睛】方法点睛：抛物线定义的两种应用：（1）实现距离转化，根据抛物线的定义，抛物线上任意一点到焦点的距离等于它到准线的距离，因此，由抛物线的定义可以实现点与点之间的距离与点到准线的距离的相互转化，从而简化某些问题；（2）解决最值问题，在抛物线中求解与焦点有关的两点间距离和的最小值时，往往用抛物线的定义进行转化，即化折线为直线解决最值问题.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】【分析】选项A中注意“若，则；，则”即可；选项B中注意；选项C中，内层函数或，函数值都是有理数；选项DE取特殊情况判断即可.【详解】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：本题共4小题.11.已知为圆：上一点，则的取值范围是___________.【答案】【解析】【分析】设动直线方程为，由题意它与圆有交点，由点到直线的距离公式、直线与圆的位置关系即可得解.【详解】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，∴圆心到直线的距离，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】【分析】根据二项式系数和求解，再根据展开式的通项公式求解常数项.【详解】∵，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】①.②.【解析】【分析】联立直线方程和椭圆方程，两者间距转化为两平行线的间距即可【详解】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】【分析】先以平面为基准，在平面内取三点，然后判断一次一共可以确定多少个“鳖（biē）臑（nào）”，然后类比推理，将重复计算的舍去即可.【详解】（1）（2）（3）（4）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：.四、解答题：本题共6小题，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.记的内角的对边分别为.已知．（1）求；（2）若为的中点，且，求．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据已知条件右边的形式联想到利用余弦定理进行转化，由正弦定理实现边化角：，进而求得结果；（2）分析中的边角关系，由余弦定理得考虑到为的中点，再次应用余弦定理.由正弦定理得，利用同角三角基本关系式求得结果.【小问1详解】由余弦定理形式和，因此．又，即，由正弦定理得：，整理得：，．，，，．【小问2详解】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．【答案】（1）证明过程见解析；（2）不存在，理由见解析.【解析】【分析】（1）利用和等比数列的定义即可得出，再由放缩法和等比数列前n项和公式即可证明.（2）利用等差数列的通项公式即可得出；假设在数列中存在三项，，（其中m，k，p成等差数列）成等比数列，利用等差数列和等比数列的定义及其反证法即可得出.【小问1详解】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：.【小问2详解】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：.【答案】（1）答案见解析（2）证明见解析（3）证明见解析【解析】【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；（2）利用对数均值不等式（，，）即可得证.（3）由题意得，要证，只需证：，利用换元，令，只需证：，由对数均值不等式即得.【小问1详解】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；【小问2详解】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.【小问3详解】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.【点睛】本题考查不等式的证明，可转化为函数求最值以及恒成立问题结决，可按如下规则转化：一般地，已知函数，（1）若，，总有成立，故；（2）若，，有成立，故；（3）若，，有成立，故；（4）若若，，有，则值域是值域的子集．18.在平面直角坐标系xOy中，A，B点的坐标分别为和，设的面积为S，内切圆半径为r，当时，记顶点M的轨迹为曲线C.（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，.（i）设EF的中点为G，PQ的中点为H，证明：存在唯一常数，使得当时，；（ii）若，当最大时，求四边形EPFQ的面积.【答案】（1）（2）（i）证明见详解（ii）【解析】【分析】（1）根据已知条件，结合椭圆的定义与性质可得其标准方程.（2）（i）（方法一）根据直线的点斜式，设直线EF、PQ方程，分别与椭圆联立，用，表示出点G、H.利用向量垂直即数量积为零，可计算出，从而得证.（方法二）设点E，F，G，通过点差法用，表示，.利用直线垂直即斜率之积为-1，可以计算出.（ii）根据弦长公式用，表示出，利用换元法求出最大时，，对应的值，从而计算出四边形EPFQ的面积.【小问1详解】由A，B点的坐标分别为和，可知.由内切圆半径为r，及，可得，所以.由椭圆定义可知，动点M在以A，B为焦点，长轴长为4的椭圆上，又M不能在直线AB上，所以曲线C的方程为：．【小问2详解】（i）（法一）设，，，根据点斜式，设直线EF的方程为，联立，得，所以，根据EF的中点为G可得，，所以.同理可得，.由，得，又，所以，即，所以存在唯一常数，即时，使得成立．（法二）设，，，当EF的斜率为零，则G与A重合.因为，所以H在x轴上，又H为PQ的中点，所以轴，显然与PQ过A矛盾，故.同理可得.由，在椭圆上，得，两式作差可得，根据EF的中点为G可得，，，所以，又，所以，所以.同理可得.因为，所以，即，即.所以存在唯一常数，即当时，使得成立．（ii）由(i)知，，根据弦长公式可得，同理可得，.所以，根据，消去可得，.令，则当且仅当，即，即时等号成立.由椭圆的对称性，不妨设，则，，.设直线EF和PQ的夹角为，则，可得所以四边形EPFQ的面积为．【点睛】方法点睛：1.利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为，；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.2.中点弦问题常用“点差法”，即设出弦的两端点坐标后，代入圆锥曲线方程，并将两式相减，化简式中含有，，三个未知量，这样就直接联系了中点和直线的斜率，借助中点公式即可求得斜率.再借助韦达定理即可解决中点问题.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：，，，.【答案】（1）（2）设备M的性能等级为丙级（3）【解析】【分析】（1）根据线性回归方程公式计算得解；（2）根据题中的100个数据计算概率判断满足其中的几个不等式，通过评判规则来决定性能等级;（3）由题意从样本中随意抽取2件零件，再从设备M的生产流水线上随意抽取2件零件，计算次品总数的数学期望，分别满足超几何分布和二项分布，再求期望.【小问1详解】，，，，，，所以与线性回归方程为；【小问2详解】，，，，，，，，，设备M的性能等级为丙级.【小问3详解】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.若多选，则按照第Ⅰ部分积分.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．【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）由题设知分别是中点，连接，进而得四边形为平行四边形，则，再结合中位线性质、线面平行判定证结论；（2）令，得，，应用和角正切公式及椭圆性质有且，即可求范围；（3）利用等体积法有，问题化为求面积、到面距离之和都最大，应用直线与椭圆关系求最大，进而得结果.【小问1详解】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.【小问2详解】由题设，令，则，又，所以，，则，所以，根据椭圆性质知，故.【小问3详解】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.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）分为，，正方形三部分，分别得出几何体并求出体积，相加即可得出