高級中學名校試卷PAGEPAGE1重慶縉云教育聯盟2024屆高三高考第一次診斷性檢測數學試卷一、選擇題1.“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件〖答案〗A〖解析〗因為，而推不出，例如滿足，但不成立，所以“”是“”的充分不必要條件，故選：A2.，則的共軛復數等于（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗，故選：D.3.已知函數滿足：，，成立，且，則（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗令，則，所以，令，則，所以，令，則，所以，令，則，所以，則當時，，則，當時，上式也成立，所以，所以.故選：C.4.已知是兩條不同直線，是三個不同平面，則下列說法正確的是（）A.則 B.則C.則 D.則〖答案〗C〖解析〗對于A：因為所以或或與相交，故A錯誤；對于B：因為所以或，故B錯誤；對于C：兩個平面平行，一個平面中的任意一條直線平行于另外一個平面，故C正確；對于D：因為所以或，故D錯誤；故選：C.5.已知，，則（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由，得，令函數，求導得，則函數在上單調遞減，，因此，由，得，有，令函數，求導得，當且僅當時取等號，即函數在單調遞增，，即，因此，所以.故選：A6.已知函數，則方程在區間上的所有實根之和為（）A.0 B.3 C.6 D.12〖答案〗C〖解析〗由題意得，，，所以的圖象關于對稱；當時，，當時，令可得，時，，時，，在同一直角坐標系中畫出，在上有且僅有3個交點，所以所有的實根之和為，故選：C.7.已知，，，，，則的最大值為（）A. B.4 C. D.〖答案〗A〖解析〗如圖所示：不妨設，滿足，，，又，即，由橢圓的定義可知點在以為焦點，長軸長為4的橢圓上運動，，所以該橢圓方程為，而，即，即，這表明了點在圓上面運動，其中點為圓心，為半徑，又，等號成立當且僅當三點共線，故只需求的最大值即可，因為點在橢圓上面運動，所以不妨設，所以，所以當且三點共線時，有最大值.故選：A.二、多項選擇題8.已知，則下列說法正確的是（）A. B.C. D.E.〖答案〗BCD〖解析〗已知，令，有，A選項錯誤；令，有，令，有，，B選項正確；展開式的通項為，，，C選項正確，E選項錯誤；D選項正確.故選：BCD9.已知為坐標原點，拋物線的焦點為，、是拋物線上兩個不同的點，為線段的中點，則（）A.若，則到準線距離的最小值為B.若，且，則到準線的距離為C.若，且，則到準線的距離為D.若過焦點，，為直線左側拋物線上一點，則面積的最大值為E.若，則到直線距離的最大值為〖答案〗ACDE〖解析〗選項A，記拋物線的準線為，當不過點時，根據三角形三邊關系可得，當過點時，，設點、、到直線的距離分別為、、，所以，故選項A正確；選項BC，設、，則，，由可知，，即，整理得，又，所以，所以到準線的距離為，故選項B錯誤C正確；選項D，因為過焦點，，所以，則．設直線的方程為，聯立可得，，所以，所以，可得．根據圖形的對稱性，不妨設，因為為直線左側拋物線上一點，由圖象易知當過點的直線平行于且與拋物線相切時，點到直線的距離最大，此時，的面積最大．令，易知此時點在拋物線上方，其對應的函數〖解析〗式為，則，解得，則，所以點到直線的距離，此時，故選項D正確；選項E，令、，因為，所以，即．設直線的方程為，聯立可得，，所以，解得，所以直線的方程為，即直線恒過定點，易知當時，點到直線的距離最大，最大值為，故選項E正確；故選：ACDE.10.德國著名數學家狄利克雷在數學領域成就顯著，以其命名的函數被稱為狄利克雷函數，其中為實數集，為有理數集，則以下關于狄利克雷函數的結論中，正確的是（）A.函數為偶函數B.函數的值域是C.對于任意的，都有D.在圖象上不存在不同的三個點，使得為等邊三角形E.在圖象存在不同的三個點，使得為等邊三角形〖答案〗ACE〖解析〗由于，對于選項A，設任意，則，；設任意，則，總之，對于任意實數，恒成立，A正確；對于選項B，的值域為，，B錯誤；對于選項C，當，則，；當，則，，C正確；對于選項DE，取，，得到為等邊三角形，D錯誤E正確.故選：ACE.三、填空題11.已知為圓：上一點，則的取值范圍是___________.〖答案〗〖解析〗設，則直線與有公共點.圓的方程化為標準方程為，圓心，半徑為3，∴圓心到直線距離，即，∴，∴，即的取值范圍是.故〖答案〗為：.12.已知二項式的展開式中第二、三項的二項式系數的和等于45，則展開式的常數項為_______．〖答案〗〖解析〗∵，解得，展開式的通項為，令，得，常數項為．故〖答案〗為：.13.橢圓上的點P到直線的最大距離是______；距離最大時點P坐標為______.〖答案〗〖解析〗設直線與橢圓相切．由消去x整理得.由得.當時符合題意(舍去)此時，，即切點為即與橢圓相切,橢圓上的點到直線的最大距離即為兩條平行線之間的距離:故〖答案〗為：；14.我國古代數學著作《九章算術》中研究過一種叫“鱉（biē）臑（nào）”的幾何體，它指的是由四個直角三角形圍成的四面體，那么在一個長方體的八個頂點中任取四個，所組成的四面體中“鱉臑”的個數是________.〖答案〗〖解析〗如圖以平面為基準，在平面內取三點，顯然（1）（2）合題意，（3）（4）不合題意，同理，將換成，，，各能找到兩個“鱉（biē）臑（nào）”，所以當三點確定在一個平面上時，可以確定8個“鱉（biē）臑（nào）”，共有6個面，所以可確定個“鱉（biē）臑（nào）”.但上圖（1）在以平面為基準時又被算了一次，圖（2）在以平面為基準時又被算了一次，所以每一種情況都被重復計算了一次，故共能確定個“鱉（biē）臑（nào）”.故〖答案〗為：.（1）（2）（3）（4）四、解答題15.記的內角的對邊分別為.已知．（1）求；（2）若為的中點，且，求．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．在中，由余弦定理得，為的中點，，即，（其中），．由正弦定理得，，，即．，由，可得；，．16.已知正項數列的前n項和為，且．（1）求證：（2）在與間插入n個數，使這個數組成一個公差為的等差數列，在數列中是否存在3項，（其中m，k，p成等差數列）成等比數列?若存在，求出這樣的3項，若不存在，請說明理由．（1）證明：因為，，所以即，①當時，②②①得：即，當時，，所以，所以是以2為首項，為公比的等比數列，所以，又因為，所以當時，；當時，，綜上所述：.（2）解：因為，，由題意知：，所以假設在數列中是否存在3項，（其中m，k，p成等差數列）成等比數列，則，即化簡得：，又因為m，k，p成等差數列，所以，所以即，又，所以即，所以，這與題設矛盾.所以在數列中不存在3項，（其中m，k，p成等差數列）成等比數列.17.已知函數（a為常數）.（1）求函數的單調區間；（2）若存在兩個不相等的正數，滿足，求證：.（3）若有兩個零點，，證明：.（1）解：由，得函數的定義域為，又，當時，恒成立，所以在上單調遞增；當時，令，得；令，得；所以，的單調遞減區間為，單調遞增區間為；（2）證明：由，得，故欲證，只需證：，即證，又，，，不妨設，，等價于，令（），等價于（），，所以在單調遞增，而，所以，當時，恒成立.所以，所以.（3）證明：函數有兩個零點，，所以，，不妨設，，即，要證：，需證：只需證：，只需證：，只需證：，只需證：，令，只需證：，令，，所以在上單調遞減，所以，即，故.也可由對數均值不等式（），即，令（），則，即，所以.18.在平面直角坐標系中，點，的坐標分別為和，設的面積為，內切圓半徑為，當時，記頂點的軌跡為曲線．（1）求的方程；（2）已知點，，，在上，且直線與相交于點，記，的斜率分別為，．(i)設的中點為，的中點為，證明：存在唯一常數，使得當時，；(ii)若，當最大時，求四邊形的面積．（1）解：由題意得，易知，由橢圓定義可知，動點在以，為焦點，且長軸長為的橢圓上，又不能在直線上，∴的方程為：．（2）(i)證明：（法一）設，，，易知直線的方程為，聯立，得，∴，∴，，即，同理可得，，∴，欲使，則，即，∴，∴存在唯一常數，使得當時，．（法二）設，，，易知的斜率不為零，否則與重合，欲使，則將在軸上，又為的中點，則軸，這與過矛盾，故，同理有，則，可得，易知，，且，，∴，即，同理可得，，欲使，則，∴，∴，∴存在唯一常數，使得當時，．(ii)解：由(i)易知，且，∴，即，同理可得，，∵，∴，記，∴，當且僅當，即時取等，由橢圓的對稱性，不妨設此時，，且直線和的夾角為，則，不難求得，此時，易知，且，∴四邊形的面積為．19.某工廠引進新的生產設備，為對其進行評估，從設備生產零件的流水線上隨機抽取100件零件作為樣本，測量其直徑后，整理得到下表：直徑/mm5859616263646566676869707173合計件數11356193318442121100經計算，樣本的平均值，標準差，以頻率值作為概率的估計值.（1）為評估設備對原材料的利用情況，需要研究零件中某材料含量和原料中的該材料含量之間的相關關系，現取了8對觀測值，求與的線性回歸方程.（2）為評判設備生產零件的性能，從該設備加工的零件中任意抽取一件，記其直徑為，并根據以下不等式進行評判（表示相應事件的概率）；①；②；③.評判規則為：若同時滿足上述三個不等式，則設備等級為甲；僅滿足其中兩個，則等級為乙；若僅滿足其中一個，則等級為丙；若全部不滿足，則等級為丁，試判斷設備的性能等級.（3）將直徑小于等于或直徑大于的零件認為是次品．從樣本中隨意抽取2件零件，再從設備的生產流水線上隨意抽取2件零件，計算其中次品總數的數學期望.附：①對于一組數據，其回歸直線的斜率和截距的最小二乘法估計公式分別為，；②參考數據：，，，.解：（1），，，，，，所以與的線性回歸方程為；（2），，，，，，，，，設備M的性能等級為丙級.（3）樣本中直徑小于等于的共有2件，直徑大于的零件共有4件，所以樣本中次品共6件，可估計設備M生產零件的次品率為0.06.由題意可知從設備M的生產流水線上隨意抽取2件零件，其中次品數設為Y1，則，于是；從樣本中隨意抽取2件零件其次品數設為Y2，由題意可知Y2的分布列為：Y2012P故.則次品總數Y的數學期望.五、本題分為Ⅰ、Ⅱ兩部分，考生選其中一部分作答.20.把底面為橢圓且母線與底面垂直的柱體稱為“橢圓柱”．如圖，橢圓柱中底面長軸，短軸長為下底面橢圓的左右焦點，為上底面橢圓的右焦點，為上的動點，為上的動點，為過點的下底面的一條動弦（不與重合）．（1）求證：當為的中點時，平面（2）若點是下底面橢圓上的動點，是點在上底面的投影，且與下底面所成的角分別為，試求出的取值范圍．（3）求三棱錐的體積的最大值．（1）證明：由題設，長軸長，短軸長，則，所以分別是中點，而柱體中為矩形，連接，由，故四邊形為平行四邊形，則，當為的中點時，則，故，面，面，故平面.（2）解：由題設，令，則，又，所以，，則，所以，根據橢圓性質知，故.（3）解：由，要使三棱錐的體積最大，只需面積和到面距離之和都最大，，令且，則，所以，顯然時，有最大；構建如上圖直角坐標系且，橢圓方程為，設，聯立橢圓得，且，所以，，而，所以，令，則，由對勾函數性質知在上遞增，故；綜上，.21.如圖1，已知，，，，，.（1）求將六邊形繞軸旋轉半周（等同于四邊形繞軸旋轉一周）所圍成的幾何體的體積；（2）將平面繞旋轉到平面，使得平面平面，求異面直線與所成的角；（3）某“”可以近似看成，將圖1中的線段、改成同一圓周上的一段圓弧，如圖2，將其繞軸旋轉半周所得的幾何體，試求所得幾何體的體積.解：（1）和繞軸旋轉半周所圍成的幾何體可以得到兩個底面半徑為1，高為2的圓錐，體積之和為；正方形繞軸旋轉半周所圍成的幾何體為一個底面半徑為1，高為2的圓柱，體積為.所以，總的體積.（2）如圖3，取中點為，連接，則.因為，中點為，所以.又平面平面，平面平面，所以，平面，即平面.以點為坐標原點，如圖3建立空間直角坐標系，由已知可得，，，，所以，，，，，，所以，，，所以，，所以，異面直線與所成的角的余弦值為，所以，.（3）由已知可得，圓心為點，則半徑.六邊形繞軸旋轉半周所圍成的幾何體的體積，等于直角梯形繞直角邊所在的直線旋轉一周得到的幾何體體積的2倍.直角梯形繞直角邊所在的直線旋轉一周得到的幾何體，為一個上、下底面半徑分別為1、3，高為1的圓臺，體積；剩下的兩部分為全等的弓形，先研究弓形繞軸旋轉半周，得到幾何體為球缺.現在用祖暅原理來求解該球缺的體積，如圖5