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重庆市缙云教育联盟2023-2024学年高三上学期第零次诊断性检测数学试题（Word版附解析）
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这是一份重庆市缙云教育联盟2023-2024学年高三上学期第零次诊断性检测数学试题（Word版附解析），共14页。试卷主要包含了15，635等内容，欢迎下载使用。
重 庆 缙 云 教 育 联 盟
2024年高考第零次诊断性检测
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．设，则“”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
2．如果复数是纯虚数，是虚数单位，则（ ）
A．且B．
C．D．或
3．某校在开展“深化五育并举、强大核心素养”活动中，选派了名学生到三个劳动实践点去劳动，每个劳动实践点至少1人，每名学生只能去一个劳动实践点，不同的选派方法种数有（ ）
A．B．C．D．
4．设函数，则使得成立的的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
5．已知椭圆，直线，若椭圆上存在关于直线对称的两点，则实数m的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
6．已知，，，则（ ）
A．B．
C．D．
7．若，且，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
8．17到19世纪间，数学家们研究了用连分式求解代数方程的根，并得到连分式的一个重要功能：用其逼近实数求近似值．例如，把方程改写成①，将再代入等式右边得到，继续利用①式将再代入等式右边得到……反复进行，取时，由此得到数列，，，，，记作，则当足够大时，逼近实数．数列的前2024项中，满足的的个数为（参考数据：）
A．1007B．1009C．2014D．2018
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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，部分选对的得2分，有选错的得2分。
9．在棱长为2的正方体中，M为边的中点，下列结论正确的有（ ）
A．与所成角的余弦值为
B．过三点A、M、的截面面积为
C．四面体的内切球的表面积为
D．E是边的中点，F是边的中点，过E、M、F三点的截面是六边形．
10．已知直线和三点，，，过点C的直线与x轴、y轴的正半轴交于M，N两点．下列结论正确的是（ ）
A．P在直线l上，则的最小值为
B．直线l上一点使最大
C．当最小时的方程是
D．当最小时的方程是
11．下列函数中，既是偶函数，又在区间上单调递减的是（ ）
A．B．
C．D．
12．已知互不相同的30个样本数据，若去掉其中最大和最小的数据，设剩下的28个样本数据的方差为，平均数为;去掉的两个数据的方差为，平均数为﹔原样本数据的方差为，平均数为，若=，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．剩下28个数据的中位数大于原样本数据的中位数
D．剩下28个数据的22%分位数不等于原样本数据的22%分位数
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知单位向量的夹角为，向量，，则向量，夹角的余弦值为 .
14．已知球的两个平行截面的面积分别为，且两个截面之间的距离是，则球的表面积为 ．
15．已知的三个内角A、B、C所对应的边分别是a、b、c，其中A、C、B成等差数列，，，则的面积为 ．
16．高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，用其名字命名的“高斯函数”为：对于实数，符号表示不超过的最大整数，例如，，定义函数，则函数的值域为 .
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知．
(1)求A；
(2)若，求的面积．
18．已知数列是等差数列，，记为数列的前项和，且
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求，.
19．为了解学生中午的用餐方式（在食堂就餐或点外卖）与最近食堂间的距离的关系，某大学于某日中午随机调查了2000名学生，获得了如下频率分布表（不完整）：
并且由该频率分布表，可估计学生与最近食堂间的平均距离为（同一组数据以该组数据所在区间的中点值作为代表）.
(1)补全频率分布表，并根据小概率值的独立性检验，能否认为学生中午的用餐方式与学生距最近食堂的远近有关（当学生与最近食堂间的距离不超过时，认为较近，否则认为较远）：
(2)已知该校李明同学的附近有两家学生食堂甲和乙，且他每天中午都选择食堂甲或乙就餐.
（i）一般情况下，学生更愿意去饭菜更美味的食堂就餐.某日中午，李明准备去食堂就餐.此时，记他选择去甲食堂就餐为事件，他认为甲食堂的饭菜比乙食堂的美味为事件，且、均为随机事件，证明：：
（ii）为迎接为期7天的校庆，甲食堂推出了如下两种优惠活动方案，顾客可任选其一.
①传统型优惠方案：校庆期间，顾客任意一天中午去甲食堂就餐均可获得元优惠；
②“饥饿型”优惠方案：校庆期间，对于顾客去甲食堂就餐的若干天（不必连续）中午，第一天中午不优惠（即“饥饿”一天），第二天中午获得元优惠，以后每天中午均获得元优惠（其中，为已知数且）.
校庆期间，已知李明每天中午去甲食堂就餐的概率均为（），且是否去甲食堂就餐相互独立.又知李明是一名“激进型”消费者，如果两种方案获得的优惠期望不一样，他倾向于选择能获得优惠期望更大的方案，如果两种方案获得的优惠期望一样，他倾向于选择获得的优惠更分散的方案.请你据此帮他作出选择，并说明理由.
附：，其中.
20．已知点，，动点满足，设动点的轨迹为曲线，过曲线与轴的负半轴的交点作两条直线分别交曲线于点（异于），且直线，的斜率之积为.
(1)求曲线的方程；
(2)证明：直线过定点.
21．如图所示，在四棱锥中，底面为直角梯形，∥、、、，、分别为、的中点，．
(1)证明：平面平面；
(2)若与所成角为，求二面角的余弦值．
22．已知函数．
(1)求的最值；
(2)若方程有两个不同的解，求实数a的取值范围.
2024CEE-00
数学
重 庆 缙 云 教 育 联 盟
2024年高考第零次诊断性检测
数学参考答案及评分标准
1．A2．C3．D4．D5．D
6．D【分析】根据正弦函数和余弦函数单调性得到，再构造函数，得到其单调性，得到，构造函数，求导得到其单调性，得到，结合对数函数单调性得到，比较出大小.
7．B【分析】化简解析式，得函数最大最小值与周期，利用条件转化为与最值的关系，再由最值与周期的关系可得.
8．D【分析】作差讨论的符号与的关系，结合可得，，然后讨论奇数项和偶数项的单调性，再验证前8项哪些满足题意，结合单调性即可解答.
9．AD10．BC
11．AC【分析】根据基本初等函数的奇偶性及单调性判断即可得解.
12．ABD【分析】对于A选项，求出剩下的28个样本数据的和、去掉的两个数据和、原样本数据和，列出方程即可；对于B选项，写出和的表达式即可；对于C选项，根据中位数定义判断即可；对于D选项，根据分位数定义判断即可.
13．/
14．
15．/
16．
17（1）在△ABC中，由正弦定理、二倍角的正弦公式及，得．
又，因此，而，
所以．
（2）由（1）知，由余弦定理得．
而，则，，解得，
所以△ABC的面积．
18．（1）设数列的首项为，公差为，则.
，
由，故.
因为，所以
解得，，故.
（2）当，时，
, 所以.
当，时，，
，
所以
由已知，故，不能同时为奇数或偶数，所以，为奇数与偶数.
当为奇数，为偶数时，则，
所以，，；
当为偶数，为奇数时，则，所以，，.
因为，所以，.
19．（1）设组的频率为t，则组的频率为，
估计学生与最近食堂间的平均距离，解得，
故可补全频率分布表如下：
据此结合样本容量为2000可列出列联表如下：
零假设：学生中午的用餐情况与学生距最近食堂的远近无关.
注意到.
据小概率值的独立性检验，推断不成立，
即可以认为学生中午的用餐方式与学生距最近食堂的远近有关.
（2）（i）证法一：由题意得，，
结合，.
结合条件概率公式知，即.
，
即成立.
证法二：由题意得，，
所以，同理，
于是，
故
，即成立.
（ⅱ）设李明在校庆期间去食堂甲就餐的次数为，
若选择传统型优惠方案获得的优惠为X元，若选择“饥饿型”优惠方案获得的优惠为Y元，
则，，对，有，
故，
，
令，结合得，记为.
若，则，，
此时李明应选择“饥饿型”优惠方案；
若，则，，
此时李明应选择传统型优惠方案.
若，则，.
注意到，
.
因此
，
即.
此时李明选择获得的优惠更分散的方案，即获得的优惠方差更大的方案，即“饥饿型”优惠方案.
综上所述，当时，李明应选择传统型优惠方案；
当时，李明应选择“饥饿型”优惠方案.
20．（1）设，由，得，所以，
两边平方并化简，得曲线的方程为.
（2）由（1）得，设直线、的斜率分别为，，
如图所示，
当不垂直于轴时，设，联立，
整理得，解得（舍）或，
当时，，所以，
同理得，
所以的斜率，
因为，代入可得，
故的方程为，
即，
故过定点；
当轴时，设，则，
所以，即，
又因为，代入可得，
解得或（舍），所以（或），
所以的方程为，过点.
综上，直线过定点
21．（1）证明：
∵，是的中点，∴，
又，，、平面，
∴平面，∵平面，
∴平面平面；
（2）解：∵、、，∴，
以为坐标原点，、、分别为、、轴建立空间直角坐标系如图所示，
连接，
∵、，∴四边形为平行四边形，
∴，∴是异面直线与所成的角，则，
∴，则、、、，
∴，
设平面的法向量为，又、，
∴，令，则、，
∴，又平面的法向量，
设二面角的平面角为，经观察为钝角，
∴．
22．（1）由题意可得：，令，得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增．
所以的最小值为，无最大值．
（2）令，
则，
若方程有两个不同的解，则有两个不同的零点．
（ⅰ）若，则，由得．
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以的最小值为．
①当时，，即，故没有零点，不满足题意；
②当时，，只有一个零点，不满足题意；
③当时，，即，
当时，，，
又因为，故，所以，
又，
故在上有一个零点．
设，
则，单调递增，所以，
故当时，，
又，所以，因此在上有一个零点，
所以当时，有两个不同的零点，满足题意；
（ⅱ）若，则由得，．
①当时，，
当时，；当时，；当时，．
所以在和上单调递减，在上单调递增．
又，
所以至多有一个零点，不满足题意；
②当时，，则，
所以单调递减，至多有一个零点，不满足题意；
③当时，，
当时，；当时，；当时，．所以在和上单调递减，在上单调递增，
又，所以至多有一个零点，不满足题意；
综上，实数a的取值范围为．
学生与最近食堂间的距离
合计
在食堂就餐
0.15
0.10
0.00
0.50
点外卖
0.20
0.00
0.50
合计
0.20
0.15
0.00
1.00
0.10
0.010
0.001
2.706
6.635
10.828
学生与最近食堂间的距离
合计
在食堂就餐
0.15
0.20
0.10
0.05
0.00
0.50
点外卖
0.05
0.20
0.15
0.10
0.00
0.50
合计
0.20
0.40
0.25
0.15
0.00
1.00
学生距最近食堂较近
学生距最近食较堂远
合计
在食堂就餐
700
300
1000
点外卖
500
500
1000
合计
1200
800
2000
重 庆 缙 云 教 育 联 盟
2024年高考第零次诊断性检测
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．设，则“”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
2．如果复数是纯虚数，是虚数单位，则（ ）
A．且B．
C．D．或
3．某校在开展“深化五育并举、强大核心素养”活动中，选派了名学生到三个劳动实践点去劳动，每个劳动实践点至少1人，每名学生只能去一个劳动实践点，不同的选派方法种数有（ ）
A．B．C．D．
4．设函数，则使得成立的的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
5．已知椭圆，直线，若椭圆上存在关于直线对称的两点，则实数m的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
6．已知，，，则（ ）
A．B．
C．D．
7．若，且，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
8．17到19世纪间，数学家们研究了用连分式求解代数方程的根，并得到连分式的一个重要功能：用其逼近实数求近似值．例如，把方程改写成①，将再代入等式右边得到，继续利用①式将再代入等式右边得到……反复进行，取时，由此得到数列，，，，，记作，则当足够大时，逼近实数．数列的前2024项中，满足的的个数为（参考数据：）
A．1007B．1009C．2014D．2018
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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，部分选对的得2分，有选错的得2分。
9．在棱长为2的正方体中，M为边的中点，下列结论正确的有（ ）
A．与所成角的余弦值为
B．过三点A、M、的截面面积为
C．四面体的内切球的表面积为
D．E是边的中点，F是边的中点，过E、M、F三点的截面是六边形．
10．已知直线和三点，，，过点C的直线与x轴、y轴的正半轴交于M，N两点．下列结论正确的是（ ）
A．P在直线l上，则的最小值为
B．直线l上一点使最大
C．当最小时的方程是
D．当最小时的方程是
11．下列函数中，既是偶函数，又在区间上单调递减的是（ ）
A．B．
C．D．
12．已知互不相同的30个样本数据，若去掉其中最大和最小的数据，设剩下的28个样本数据的方差为，平均数为;去掉的两个数据的方差为，平均数为﹔原样本数据的方差为，平均数为，若=，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．剩下28个数据的中位数大于原样本数据的中位数
D．剩下28个数据的22%分位数不等于原样本数据的22%分位数
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知单位向量的夹角为，向量，，则向量，夹角的余弦值为 .
14．已知球的两个平行截面的面积分别为，且两个截面之间的距离是，则球的表面积为 ．
15．已知的三个内角A、B、C所对应的边分别是a、b、c，其中A、C、B成等差数列，，，则的面积为 ．
16．高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，用其名字命名的“高斯函数”为：对于实数，符号表示不超过的最大整数，例如，，定义函数，则函数的值域为 .
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知．
(1)求A；
(2)若，求的面积．
18．已知数列是等差数列，，记为数列的前项和，且
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求，.
19．为了解学生中午的用餐方式（在食堂就餐或点外卖）与最近食堂间的距离的关系，某大学于某日中午随机调查了2000名学生，获得了如下频率分布表（不完整）：
并且由该频率分布表，可估计学生与最近食堂间的平均距离为（同一组数据以该组数据所在区间的中点值作为代表）.
(1)补全频率分布表，并根据小概率值的独立性检验，能否认为学生中午的用餐方式与学生距最近食堂的远近有关（当学生与最近食堂间的距离不超过时，认为较近，否则认为较远）：
(2)已知该校李明同学的附近有两家学生食堂甲和乙，且他每天中午都选择食堂甲或乙就餐.
（i）一般情况下，学生更愿意去饭菜更美味的食堂就餐.某日中午，李明准备去食堂就餐.此时，记他选择去甲食堂就餐为事件，他认为甲食堂的饭菜比乙食堂的美味为事件，且、均为随机事件，证明：：
（ii）为迎接为期7天的校庆，甲食堂推出了如下两种优惠活动方案，顾客可任选其一.
①传统型优惠方案：校庆期间，顾客任意一天中午去甲食堂就餐均可获得元优惠；
②“饥饿型”优惠方案：校庆期间，对于顾客去甲食堂就餐的若干天（不必连续）中午，第一天中午不优惠（即“饥饿”一天），第二天中午获得元优惠，以后每天中午均获得元优惠（其中，为已知数且）.
校庆期间，已知李明每天中午去甲食堂就餐的概率均为（），且是否去甲食堂就餐相互独立.又知李明是一名“激进型”消费者，如果两种方案获得的优惠期望不一样，他倾向于选择能获得优惠期望更大的方案，如果两种方案获得的优惠期望一样，他倾向于选择获得的优惠更分散的方案.请你据此帮他作出选择，并说明理由.
附：，其中.
20．已知点，，动点满足，设动点的轨迹为曲线，过曲线与轴的负半轴的交点作两条直线分别交曲线于点（异于），且直线，的斜率之积为.
(1)求曲线的方程；
(2)证明：直线过定点.
21．如图所示，在四棱锥中，底面为直角梯形，∥、、、，、分别为、的中点，．
(1)证明：平面平面；
(2)若与所成角为，求二面角的余弦值．
22．已知函数．
(1)求的最值；
(2)若方程有两个不同的解，求实数a的取值范围.
2024CEE-00
数学
重 庆 缙 云 教 育 联 盟
2024年高考第零次诊断性检测
数学参考答案及评分标准
1．A2．C3．D4．D5．D
6．D【分析】根据正弦函数和余弦函数单调性得到，再构造函数，得到其单调性，得到，构造函数，求导得到其单调性，得到，结合对数函数单调性得到，比较出大小.
7．B【分析】化简解析式，得函数最大最小值与周期，利用条件转化为与最值的关系，再由最值与周期的关系可得.
8．D【分析】作差讨论的符号与的关系，结合可得，，然后讨论奇数项和偶数项的单调性，再验证前8项哪些满足题意，结合单调性即可解答.
9．AD10．BC
11．AC【分析】根据基本初等函数的奇偶性及单调性判断即可得解.
12．ABD【分析】对于A选项，求出剩下的28个样本数据的和、去掉的两个数据和、原样本数据和，列出方程即可；对于B选项，写出和的表达式即可；对于C选项，根据中位数定义判断即可；对于D选项，根据分位数定义判断即可.
13．/
14．
15．/
16．
17（1）在△ABC中，由正弦定理、二倍角的正弦公式及，得．
又，因此，而，
所以．
（2）由（1）知，由余弦定理得．
而，则，，解得，
所以△ABC的面积．
18．（1）设数列的首项为，公差为，则.
，
由，故.
因为，所以
解得，，故.
（2）当，时，
, 所以.
当，时，，
，
所以
由已知，故，不能同时为奇数或偶数，所以，为奇数与偶数.
当为奇数，为偶数时，则，
所以，，；
当为偶数，为奇数时，则，所以，，.
因为，所以，.
19．（1）设组的频率为t，则组的频率为，
估计学生与最近食堂间的平均距离，解得，
故可补全频率分布表如下：
据此结合样本容量为2000可列出列联表如下：
零假设：学生中午的用餐情况与学生距最近食堂的远近无关.
注意到.
据小概率值的独立性检验，推断不成立，
即可以认为学生中午的用餐方式与学生距最近食堂的远近有关.
（2）（i）证法一：由题意得，，
结合，.
结合条件概率公式知，即.
，
即成立.
证法二：由题意得，，
所以，同理，
于是，
故
，即成立.
（ⅱ）设李明在校庆期间去食堂甲就餐的次数为，
若选择传统型优惠方案获得的优惠为X元，若选择“饥饿型”优惠方案获得的优惠为Y元，
则，，对，有，
故，
，
令，结合得，记为.
若，则，，
此时李明应选择“饥饿型”优惠方案；
若，则，，
此时李明应选择传统型优惠方案.
若，则，.
注意到，
.
因此
，
即.
此时李明选择获得的优惠更分散的方案，即获得的优惠方差更大的方案，即“饥饿型”优惠方案.
综上所述，当时，李明应选择传统型优惠方案；
当时，李明应选择“饥饿型”优惠方案.
20．（1）设，由，得，所以，
两边平方并化简，得曲线的方程为.
（2）由（1）得，设直线、的斜率分别为，，
如图所示，
当不垂直于轴时，设，联立，
整理得，解得（舍）或，
当时，，所以，
同理得，
所以的斜率，
因为，代入可得，
故的方程为，
即，
故过定点；
当轴时，设，则，
所以，即，
又因为，代入可得，
解得或（舍），所以（或），
所以的方程为，过点.
综上，直线过定点
21．（1）证明：
∵，是的中点，∴，
又，，、平面，
∴平面，∵平面，
∴平面平面；
（2）解：∵、、，∴，
以为坐标原点，、、分别为、、轴建立空间直角坐标系如图所示，
连接，
∵、，∴四边形为平行四边形，
∴，∴是异面直线与所成的角，则，
∴，则、、、，
∴，
设平面的法向量为，又、，
∴，令，则、，
∴，又平面的法向量，
设二面角的平面角为，经观察为钝角，
∴．
22．（1）由题意可得：，令，得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增．
所以的最小值为，无最大值．
（2）令，
则，
若方程有两个不同的解，则有两个不同的零点．
（ⅰ）若，则，由得．
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以的最小值为．
①当时，，即，故没有零点，不满足题意；
②当时，，只有一个零点，不满足题意；
③当时，，即，
当时，，，
又因为，故，所以，
又，
故在上有一个零点．
设，
则，单调递增，所以，
故当时，，
又，所以，因此在上有一个零点，
所以当时，有两个不同的零点，满足题意；
（ⅱ）若，则由得，．
①当时，，
当时，；当时，；当时，．
所以在和上单调递减，在上单调递增．
又，
所以至多有一个零点，不满足题意；
②当时，，则，
所以单调递减，至多有一个零点，不满足题意；
③当时，，
当时，；当时，；当时，．所以在和上单调递减，在上单调递增，
又，所以至多有一个零点，不满足题意；
综上，实数a的取值范围为．
学生与最近食堂间的距离
合计
在食堂就餐
0.15
0.10
0.00
0.50
点外卖
0.20
0.00
0.50
合计
0.20
0.15
0.00
1.00
0.10
0.010
0.001
2.706
6.635
10.828
学生与最近食堂间的距离
合计
在食堂就餐
0.15
0.20
0.10
0.05
0.00
0.50
点外卖
0.05
0.20
0.15
0.10
0.00
0.50
合计
0.20
0.40
0.25
0.15
0.00
1.00
学生距最近食堂较近
学生距最近食较堂远
合计
在食堂就餐
700
300
1000
点外卖
500
500
1000
合计
1200
800
2000
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