重庆市巴南区2024届高三诊断（一）数学试题（含解析）

这是一份重庆市巴南区2024届高三诊断（一）数学试题（含解析），共25页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
重庆市巴南区2024届高三诊断（一）数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．已知集合，，则（    ）
A． B． C． D．
2．已知复数，则（    ）
A． B． C． D．
3．已知，则（    ）
A． B． C． D．
4．数学来源于生活，约3000年以前，我国人民就创造出了属于自己的计数方法．十进制的算筹计数法就是中国数学史上一个伟大的创造，算筹实际上是一根根同长短的小木棍．下图是利用算筹表示数1～9的一种方法．例如：3可表示为“”，26可表示为“”，现有5根算筹，据此表示方法，若算筹不能剩余，则用1～9这9个数字表示的所有两位数中，个位数与十位数之和为5的概率是（    ）
  
A． B． C． D．
5．若数列的前项积，则的最大值与最小值的和为（    ）
A． B． C．2 D．3
6．如图所示，正方形的边长为2，点，，分别是边，，的中点，点是线段上的动点，则的最小值为（    ）
    
A． B．3 C． D．48
7．椭圆的左右焦点为，，点P为椭圆上不在坐标轴上的一点，点M，N满足，，若四边形的周长等于，则椭圆C的离心率为（    ）
A． B． C． D．
8．已知偶函数满足，，且当时，.若关于的不等式在上有且只有个整数解，则实数的取值范围是（    ）
A． B． C． D．

二、多选题
9．已知函数，则（    ）
A． B．的最小正周期为
C．在上单调递减 D．在上单调递增
10．某市为响应教育部《切实保证中小学每天一小时校园体育活动的规定》号召，提出“保证中小学生每天一小时校园体育活动”的倡议.在某次调研中，甲、乙两个学校学生一周的运动时间统计如下表：
学校
人数
平均运动时间
方差
甲校
2000
10
3
乙校
3000
8
2
记这两个学校学生一周运动的总平均时间为，方差为，则（    ）
A． B．
C． D．
11．如图，平行六面体中，，，与交于点O，则下列说法正确的有（    ）
  
A．平面平面
B．若，则平行六面体的体积
C．
D．若，则
12．已知函数，下列选项正确的是（    ）
A．有最大值
B．
C．若时，恒成立，则
D．设为两个不相等的正数，且，则

三、填空题
13．展开式中的各二项式系数之和为256，则的系数是
14．现从甲、乙、丙3人中选派一人参加“垃圾分类”知识竞答，他们商议通过玩“石头、剪刀、布”游戏解决：如果其中两人手势相同，另一人不同，则选派手势不同的人参加；否则重新进行一局“石头、剪刀、布”游戏，直到确定人选为止.在每局游戏中，甲、乙、丙各自出3种手势是等可能的，且各局游戏是相互独立的，则直到第三局游戏才最终确定选派人员的概率为 .
15．已知等比数列满足：，.数列满足，其前项和为，若恒成立，则的最小值为 .
16．已知抛物线上存在两点（异于坐标原点），使得，直线AB与x轴交于M点，将直线AB绕着M点逆时针旋转与该抛物线交于C，D两点，则四边形ACBD面积的最小值为 ．

四、解答题
17．在中，角所对的边分别为，．
(1)求角；
(2)若的面积为，且，求的周长．
18．已知数列的首项，且满足.
(1)求证：是等比数列；
(2)求数列的前项和.
19．书籍是精神世界的入口，阅读让精神世界闪光，阅读逐渐成为许多人的一种生活习惯，每年4月23日为世界读书日．某研究机构为了解某地年轻人的阅读情况，通过随机抽样调查了位年轻人，对这些人每天的阅读时间（单位：分钟）进行统计，得到样本的频率分布直方图，如图所示．

(1)根据频率分布直方图，估计这位年轻人每天阅读时间的平均数（单位：分钟）；（同一组数据用该组数据区间的中点值表示）
(2)若年轻人每天阅读时间近似地服从正态分布，其中近似为样本平均数，求；
(3)为了进一步了解年轻人的阅读方式，研究机构采用分层抽样的方法从每天阅读时间位于分组，，的年轻人中抽取10人，再从中任选3人进行调查，求抽到每天阅读时间位于的人数的分布列和数学期望．
附参考数据：若，则①；②；③．
20．如图所示，在三棱锥中，已知平面，平面平面．
  
(1)证明：平面；
(2)若，，在线段上（不含端点），是否存在点，使得二面角的余弦值为，若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由．
21．在平面直角坐标系中，已知点、，的内切圆与直线相切于点，记点M的轨迹为C.
(1)求C的方程；
(2)设点T在直线上，过T的两条直线分别交C于A、B两点和P，Q两点，连接.若直线的斜率与直线的斜率之和为0，试比较与的大小.
22．已知函数．
(1)当时，
（I）求处的切线方程；
（II）判断的单调性，并给出证明；
(2)若恒成立，求的取值范围．

参考答案：
1．B
【分析】先解出集合A，找到A的补集，再求出和B的交集.
【详解】因为，所以，又，所以．
故选：B．
2．D
【分析】根据向量的除法法则求复数，再由共轭复数定义求.
【详解】∵，
∴．
故选：D.
3．A
【分析】利用诱导公式、余弦的倍角公式可得答案.
【详解】因为，所以
.
故选：A.
4．A
【分析】根据题意把5根算筹所能表示的两位数列举出来后，求出数字和为5的两位数个数作答.
【详解】1根算筹只能表示1，2根算筹可表示2和6，3根算筹可表示3和7，4根算筹可表示4和8，5根算筹可表示5和9，
因此5根算筹表示的两位数有14，18，41，81，23，27，32，72，63，67，36，76，共12个，
其中个位数与十位数之和为5的有14，41，23，32，共4个，
所以所求概率为．
故选：A
5．C
【分析】由题可得，利用数列的增减性可得最值.
【详解】∵数列的前项积，
当时，，
当时，，
，
时也适合上式，
∴，
∴当时，数列单调递减，且，
当时，数列单调递减，且，
故的最大值为，最小值为，
∴的最大值与最小值之和为2.
故选：C.
6．A
【分析】建立平面直角坐标系，设，，（），即可得到、，根据数量积的坐标表示得到，再结合二次函数的性质计算可得.
【详解】如图建立平面直角坐标系，则、、、，
设，，（），则，
所以，
所以，即，
所以，，
所以
，
又，所以当时取得最小值为.
  
故选：A
7．C
【分析】根据，，可得点为线段的中点，点为线段的中点，再根据四边形的周长结合椭圆的离心率公式即可得解.
【详解】因为，所以点为线段的中点，
因为，所以，
即，所以点为线段的中点，
又因点为线段的中点，
所以且，且，
所以四边形的周长为，
又因点P为椭圆上不在坐标轴上的一点，所以，
所以，即，
故椭圆C的离心率为.
故选：C.
  
8．B
【分析】分析可知，函数是周期为的周期函数，由题意可得关于的不等式在上有且只有个整数解，数形结合可得出实数的取值范围.
【详解】因为偶函数满足，则，即，
所以，函数是周期为的周期函数，
当时，，令，可得.
由可得，由可得.
所以，函数在上单调递增，在上单调递减，
因为关于的不等式在上有且只有个整数解，
则关于的不等式在上有且只有个整数解，如下图所示：
  
因为，且，
又因为，所以，要使得不等式在上有且只有个整数解，
则这五个整数解分别为、、、、，
所以，，即，
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用不等式的整数解的个数求参数的取值范围，解题的关键在于作出函数的图象，明确整数解是哪些整数，再结合图形求解.
9．ABC
【分析】首先根据三角函数二倍角化简，然后利用整体代入法研究函数图像即可；
【详解】选项A正确；
所以函数的最小正周期为选项B正确；
根据余弦函数图像性质，（余弦函数对应的单调递减区间），函数单调递减，选项C正确；
根据余弦函数图像性质，（余弦函数对应的单调递增区间），函数不单调，选项D错误；
故选：ABC.
10．BC
【分析】根据平均数和方差的计算公式求解.
【详解】依题意，总平均时间为，
方差为.
故选：BC
11．ABD
【分析】对于A，由题意可得四边形为菱形，则可得，再计算，可得，从而得平面，再利用面面垂直的判定定理可得结论；对于B， 连接，可得，从而可证得平面，进而可求出体积，对于C，利用空间向量的加法分析判断，对于C，设，则可得 ，然后利用向量的夹角公式计算判断.
【详解】对于A，因为在平行四边形中，，所以四边形为菱形，所以，
因为，，
所以，所以，
因为， 所以，
所以，所以，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面，所以A正确，
对于B，连接，因为，，所以，
所以为直角三角形，即，因为∥，所以，
因为由选项A知平面，平面，所以，
因为，平面，所以平面，
所以平行六面体的体积，所以B正确，
对于C，因为四边形为平行四边形，所以为的中点，
所以，所以，所以C错误，
对于D，设，因为在菱形中，，所以，
所以，所以D正确，
故选：ABD
  
【点睛】关键点点睛：此题考查面面垂直的判断，考查平行六面体体积的求法，考查空间向量的运算，解题的关键是正确利用平行六面体的性质结合题意分析求解，考查空间想能力和计算能力，属于较难题.
12．ACD
【分析】对于A：求导，利用导数判断原函数的单调性和最值；对于B：利用作差法比较大小；对于C：利用定点分析判断；对于D：利用极值点偏离分析证明.
【详解】对于选项A：由题意可得：函数的定义域为，且，
令，解得；令，解得；
则函数在上单调递增，在上单调递减，
所以有最大值，故A正确；
对于选项B：因为，
则，
所以，故B错误；
对于选项C：构建，则，
因为，且当时，恒成立，
则，解得，
若，则当时恒成立，
则在上单调递减，则，符合题意
综上所述：符合题意，故C正确；
对于选项D：因为，
整理得，即，
由选项A可知：函数在上单调递增，在上单调递减，
当x趋近于0时，趋近于0，且令，解得，
不妨设，
构建，
因为在上恒成立，
则在上单调递增，可得，
所以，即，
可得，
注意到在上单调递减，且，
所以，即，故D正确；
故选：ACD.

【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤
（1）作差或变形；
（2）构造新的函数；
（3）利用导数研究的单调性或最值；
（4）根据单调性及最值，得到所证不等式．
特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．
13．112
【分析】由二项式系数和等于求得的值，再利用展开式的通项公式计算即可.
【详解】依题意得：解得
则
由，解得
从而.
故答案为：
14．
【分析】根据题意，先求出进行一局游戏，没有确定参加活动人选的概率，然后根据各局游戏是相互独立，即可得到结果.
【详解】设事件表示“进行一局游戏，成功确定参加活动人选”，
则，
则进行一局游戏，没有确定参加活动人选的概率为，
且各局游戏是相互独立的，
则直到第三局游戏才最终确定选派人员的概率为.
故答案为：
15．/
【分析】设等比数列的公比为，求出、的值，可得出数列的通项公式，可求出的通项公式，求出，利用对勾函数的单调性求出的最大值，即可得出实数的最小值.
【详解】设等比数列的公比为，则，解得，
所以，，解得，则，
所以，，
，所以，数列为等差数列，
所以，，
则，
因为函数在上单调递减，在上单调递增，
当时，；当时，.
又因为，故的最大值为.
因此，对任意的恒成立，所以，，故的最小值为.
故答案为：.
16．
【分析】设直线的方程为，联立方程组，由条件证明，由此可得，再求，求四边形ACBD面积的解析式，求其最小值即可.
【详解】由已知直线的斜率存在，且不为，
故可设直线的方程为，
联立，
消得，，
方程的判别式，
设，则，
所以
因为，
所以，所以，
所以，
又异于坐标原点，所以，所以，
所以，
所以直线的方程为，
且
所以直线与轴的交点为，
所以点的坐标为，
所以直线的方程为，
联立，
消得，，
方程的判别式，
设，则，
所以，
由已知，
所以四边形ACBD面积，
设，则，，
所以，
由基本不等式可得，当且仅当时等号成立，此时，
设，可得，，
所以当时，即时，取最小值，最小值为，
所以四边形ACBD面积的最小值为.
故答案为：.
  
【点睛】关键点点睛：（1）解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．（2）涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．
17．(1)
(2)

【分析】（1）利用正弦定理的边角变换与三角函数的恒等变换化简题干条件，从而得解；
（2）利用三角形面积公式与余弦定理分别得到与的值，从而求得，由此得解.
【详解】（1），
由正弦定理得，即，
即，，
，


（2），
又，
所以，即（负值舍去），
又，所以的周长为.
18．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）根据题意结合等比数列的定义分析证明；
（2）先根据等比数列的通项公式可得，再利用分组求和结合等比数列的求和公式运算求解.
【详解】（1）因为，即，
则，
又因为，可得，
所以数列表示首项为，公比为的等比数列.
（2）由（1）知，所以.
所以

，
当为偶数时，可得；
当为奇数时，可得；
综上所述：.
19．(1)
(2)
(3)分布列见解析；期望为

【分析】（1）根据频率分布直方图以及平均数的计算方法计算即可；
（2）依据，利用正态分布的对称性计算即可；
（3）先由题意得到随机变量的取值，并分别计算相应的概率，然后列出分布列，并按期望公式计算即可.
【详解】（1）根据频率分布直方图得：
．
（2）由题意知，即，
所以．
（3）由题意可知，和的频率之比为：，
故抽取的10人中，和分别为：2人，4人，4人，
随机变量的取值可以为，
，，
，，
故的分布列为：

0
1
2
3





所以.
20．(1)证明见解析
(2)存在；是上靠近的三等分点

【分析】（1）过点作于点，由面面垂直性质定理可得平面，由此证明，再证明，根据线面垂直判定定理证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求平面，平面的法向量，利用向量夹角公式求法向量夹角，由条件列方程确定点的位置；
【详解】（1）过点作于点，
因为平面平面，且平面平面，平面，
所以平面，
又平面，所以，
又平面，平面，
所以，
又因为，，平面，
所以平面．
  
（2）假设在线段上（不含端点），存在点，使得二面角的余弦值为，
以为原点，分别以、为轴，轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，
，，，，
设平面的一个法向量为，
即取，，，
所以为平面的一个法向量，
因为在线段上（不含端点），所以可设，，
所以，
设平面的一个法向量为，
即，
取，，，
所以为平面的一个法向量，
，又，
由已知可得
解得或（舍去），
所以，存在点，使得二面角的余弦值为，
此时是上靠近的三等分点．
  
21．(1)
(2)

【分析】（1）根据内切圆的性质得到，从而结合双曲线的定义得到轨迹方程；
（2）根据条件设，，，，，，根据直线与双曲线方程的联立，由韦达定理得到，，结合弦长公式得到，从而证明，进而可得相似于，由四点共圆的知识即可得到答案.
【详解】（1）因为点、，的内切圆与直线相切于点，
所以，
因此根据双曲线的定义可知，点的轨迹为以，为焦点的双曲线的右支，
设点的轨迹C的方程为，焦距为，
所以，，
所以，，，
所以点的轨迹方程C为
（2）由题意，直线的斜率互为相反数，记，
则，，，，，
设，则直线，.
联立直线和双曲线方程，
整理得.
该方程有两个不等实根，，
则
根据韦达定理可得，，
同理可得，.
又因为，.
，.
则，
同理可得
即
进而可得相似于，
即，，
也即A，B，Q，P四点共圆，可得
从而得.
因此
【点睛】关键点点睛：本题考查直线与双曲线的综合问题.关键在于直线与双曲线方程的联立，进而通过韦达定理的转化得到，进而得到相似于，由A，B，Q，P四点共圆，可得从而进而得到答案.本题考查学生的数据运算与分析能力、数形结合能力、转化与化归能力，属于难题.
22．(1)（I）；（II）单调递增，证明见解析
(2)

【分析】（1）由导数的几何意义可求得切线的斜率，从而可求切线方程；由，令，求导判断单调性得，即可求解；
（2）当，取判断不成立；当时，三次求导结合隐零点进行判断不成立；当时，，可得，即.
【详解】（1）当时，，可得.
（I），
所以在处的切线方程为，即.
（II），
设，则单调递增，
所以，即，
所以当时，单调递增.
（2）设，
由题意恒成立.
①当时，不恒成立，不合题意；
②当时，设，，
，，，
设，，，单调递增，
由零点存在定理得，使得.
在上，，即，
所以在上单调递减，，不恒成立，不合题意；
③当时， ，
则，
当时，，即，则，
所以当时，单调递增.
可得：，即，所以.
综上，的取值范围为．
【点睛】不等式恒成立问题常见方法：
①分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）；
②数形结合( 图象在 上方即可)；
③分类讨论参数.