重庆市缙云教育联盟2024届高三上学期第一次诊断性检测试题（一模） 数学 Word版含答案

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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。
一、选择题：本题共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。
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
2．，则的共轭复数等于（ ）
A．B．C．D．
3．已知函数满足：，，成立，且，则（ ）
A．B．C．D．
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
5．已知，，则（ ）
A．B．C．D．
6．已知函数，则方程在区间上的所有实根之和为（ ）
A．0B．3C．6D．12
7．已知，，，，，则的最大值为（ ）
A．B．4C．D．
二、多项选择题：本题共3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。
8．已知，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．D．
E．a5=16
9．已知为坐标原点，抛物线的焦点为F，A，B是抛物线上两个不同的点，为线段AB的中点，则（ ）
A．若，则到准线距离的最小值为3
B．若，且，则到准线的距离为
C．若，且，则到准线的距离为72
D．若AB过焦点，，为直线AB左侧抛物线上一点，则△ABC面积的最大值为
E．若，则到直线AB距离的最大值为4
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 △ABC为等边三角形
E．在 图象存在不同的三个点 ，使得 △ABC为等边三角形
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
11．已知为圆：上一点，则的取值范围是 .
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 ．
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 .
14．我国古代数学著作《九章算术》中研究过一种叫“鳖（biē）臑（nà）”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）
记△ABC的内角的对边分别为.已知．
(1)求；
(2)若为的中点，且，求．
16．（10分）
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．
17．（15分）
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：.
18．（15分）
在平面直角坐标系中，点，的坐标分别为和，设的面积为，内切圆半径为，当时，记顶点的轨迹为曲线．
(1)求的方程；
(2)已知点，，，在上，且直线与相交于点，记，的斜率分别为，．
(i) 设的中点为，的中点为，证明：存在唯一常数，使得当时，；
(ii) 若，当最大时，求四边形的面积．
19．（15分）
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：
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的零件认为是次品．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：，，，.
20．（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．
Ⅱ.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.直径/mm
58
59
61
62
63
64
65
66
67
68
69
70
71
73
合计
件数
1
1
3
5
6
19
33
18
4
4
2
1
2
1
100
2024CEE-01
数学
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2024年高考第一次诊断性检测
数学参考答案
一、选择题
1．A2．D3．C4．C
5．A6．C7．A
二、多项选择题
8．BCD9．ACDE10．ACE
三、填空题
11．12．
13． 14．
四、解答题
15．解：
（1）由余弦定理形式和，
因此．
又，即，
由正弦定理得：，
整理得：，
．
，， ，．
（2）由，得，得．
在△ACD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．解：
（1）因为，，所以即，①
当时，②
②①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：.
（2）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．解：
（1）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；
（2）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.
（3）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.
18．解：
（1）由题意得，易知，
由椭圆定义可知，动点在以，为焦点，且长轴长为的椭圆上，
又不能在直线上，∴的方程为：．
（2）（2）(i) （法一）设，，，
易知直线的方程为，
联立，得， ∴，
∴，，即，
同理可得，，∴，
欲使，则，即，∴，
∴存在唯一常数，使得当时，．
（法二）设，，，
易知的斜率不为零，否则与重合，
欲使，则将在轴上，又为的中点，则轴，这与过矛盾，
故，同理有，则，可得，
易知，，且，，
∴，即，同理可得，，
欲使，则， ∴，∴，
∴存在唯一常数，使得当时，．
(ii) 由(i)易知，且，
∴，
即，同理可得，，
∵，∴，记，
∴，
当且仅当，即时取等，由椭圆的对称性，不妨设此时，，
且直线和的夹角为，则，不难求得，
此时，易知，且，
∴四边形的面积为．
19．解：
（1），，，，
，，
所以与的线性回归方程为；
（2），，，，
，，
，，
，
设备M的性能等级为丙级.
（3）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：
故.
则次品总数Y的数学期望.
20.
Ⅰ. 解：
（1）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.
（2）由题设，令，则，又，
所以，，则，
所以，根据椭圆性质知，故.
（3）
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，.
Ⅱ. 解：
（1）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，体积之和为；
正方形绕轴旋转半周所围成的几何体为一个底面半径为1，高为2的圆柱，体积为.
所以，总的体积.
（2）如图3，取中点为，连接，则.
因为，中点为，所以.
又平面平面，平面平面，
所以，平面，即平面.
以点为坐标原点，如图3建立空间直角坐标系，
由已知可得，，，，
所以，，，，，，
所以，，，
所以，，
所以，异面直线与所成的角的余弦值为，
所以，.
（3）
由已知可得，圆心为点，则半径.
六边形绕轴旋转半周所围成的几何体的体积，等于直角梯形绕直角边所在的直线旋转一周得到的几何体体积的2倍.
直角梯形绕直角边所在的直线旋转一周得到的几何体，为一个上、下底面半径分别为1、3，高为1的圆台，体积；
剩下的两部分为全等的弓形，
先研究弓形绕轴旋转半周，得到的几何体为球缺.
现在用祖暅原理来求解该球缺的体积，
如图5，半球的半径和圆柱的底面半径均为，且圆柱的高，且，
在半球中，高度为，且平行于底面的截面圆的半径，面积为.
在圆柱中，连接，设交高度为，且平行于底面的截面于点，
显然△UVN∽△UWN1，所以有，即，
所以.
所以，当高度为时，圆环的面积等于大圆的面积减去小圆的面积，
即圆环的面积，
所以，当高度为时，半球的截面与圆柱中的截面圆环的面积相等.
根据祖暅原理可知，半球某高度截面以上的体积（即球缺的体积），即等于圆柱该截面以上（挖去一个圆台）的体积.
所以，球缺的体积（其中为半球被截面截去球缺后剩余部分的高）.
由已知可得，弓形绕轴旋转半周，得到的几何体为球缺中，，，
所以，该球缺的体积.
所以，总的体积.
Y2
0
1
2
P