重慶縉云教育聯(lián)盟2024年高考第一次診斷性檢測數(shù)學試卷考生須知：1.答題前，考生務必用黑色簽字筆將自己的姓名、準考證號、座位號在答題卡上填寫清楚；2.每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，在試卷上作答無效；3.考試結(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并交回；4.全卷共6頁，考試時間120分鐘.一、選擇題：本題共7小題，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.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】【分析】根據(jù)充分條件、必要條件求解即可.【詳解】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(shù)等于（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據(jù)復數(shù)的乘法運算，然后根據(jù)共軛復數(shù)的概念求解即可；【詳解】，故選：D.3.已知函數(shù)滿足：，，成立，且，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】令，求出，令，求出，令，求出，再令，可求出的關(guān)系，再利用累加法結(jié)合等差數(shù)列前項和公式即可得解.【詳解】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】【分析】根據(jù)空間中直線、平面的位置關(guān)系逐項判斷.【詳解】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】【分析】根據(jù)給定的信息構(gòu)造函數(shù)確定與2的大小關(guān)系，構(gòu)造函數(shù)確定與2的大小即得.【詳解】由，得，令函數(shù)，求導得，則函數(shù)在上單調(diào)遞減，，因此，由，得，有，令函數(shù)，求導得，當且僅當時取等號，即函數(shù)在單調(diào)遞增，，即，因此，所以.故選：A【點睛】思路點睛：某些數(shù)或式大小關(guān)系問題，看似與函數(shù)的單調(diào)性無關(guān)，細心挖掘問題的內(nèi)在聯(lián)系，抓住其本質(zhì)，構(gòu)造函數(shù)，分析并運用函數(shù)的單調(diào)性解題，它能起到化難為易、化繁為簡的作用.6.已知函數(shù)，則方程在區(qū)間上所有實根之和為（）A.0 B.3 C.6 D.12【答案】C【解析】【分析】首先確定的圖象關(guān)于對稱，然后分和兩種情況進行討論，利用數(shù)形結(jié)合的方法，在同一直角坐標系中畫出，通過判斷兩函數(shù)在上的交點個數(shù)即可求出函數(shù)的實根和.【詳解】由題意得，，，所以的圖象關(guān)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】【分析】由題意首先得出為兩外切的圓和橢圓上的兩點間的距離，再由三角形三邊關(guān)系將問題轉(zhuǎn)換為橢圓上點到另一個圓的圓心的最大值即可.【詳解】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.【點睛】關(guān)鍵點睛：解題的關(guān)鍵是將向量問題轉(zhuǎn)換為圓錐曲線中的最值問題來做，通過數(shù)學結(jié)合的方法巧妙的將幾何問題融入代數(shù)方法，從而順利得解.二、多項選擇題：本題共3小題，在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求的.8.已知，則下列說法正確的是（）A. B.C. D.E.【答案】BCD【解析】【分析】利用二項展開式的通項和賦值法，求各選項中系數(shù)與系數(shù)和的值.【詳解】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(cè)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】【分析】對于選項A，由可以判斷，對于選項BC，設、，由條件求出的值即可；對于選項D，首先求出直線的方程，然后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，然后算出答案即可，對于選項E，由條件求出直線恒過定點即可判斷.【詳解】選項A，記拋物線的準線為，當不過點時，根據(jù)三角形三邊關(guān)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(lián)立可得，，所以，所以，可得．根據(jù)圖形的對稱性，不妨設，因為為直線左側(cè)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(shù)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(lián)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.【點睛】方法點睛：拋物線定義的兩種應用：（1）實現(xiàn)距離轉(zhuǎn)化，根據(jù)拋物線的定義，拋物線上任意一點到焦點的距離等于它到準線的距離，因此，由拋物線的定義可以實現(xiàn)點與點之間的距離與點到準線的距離的相互轉(zhuǎn)化，從而簡化某些問題；（2）解決最值問題，在拋物線中求解與焦點有關(guān)的兩點間距離和的最小值時，往往用拋物線的定義進行轉(zhuǎn)化，即化折線為直線解決最值問題.10.德國著名數(shù)學家狄利克雷在數(shù)學領(lǐng)域成就顯著，以其命名的函數(shù)被稱為狄利克雷函數(shù)，其中為實數(shù)集，為有理數(shù)集，則以下關(guān)于狄利克雷函數(shù)的結(jié)論中，正確的是（）A.函數(shù)為偶函數(shù)B.函數(shù)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】【分析】選項A中注意“若，則；，則”即可；選項B中注意；選項C中，內(nèi)層函數(shù)或，函數(shù)值都是有理數(shù)；選項DE取特殊情況判斷即可.【詳解】由于，對于選項A，設任意，則，；設任意，則，總之，對于任意實數(shù)，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：本題共4小題.11.已知為圓：上一點，則的取值范圍是___________.【答案】【解析】【分析】設動直線方程為，由題意它與圓有交點，由點到直線的距離公式、直線與圓的位置關(guān)系即可得解.【詳解】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，∴圓心到直線的距離，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(shù)的和等于45，則展開式的常數(shù)項為_______．【答案】【解析】【分析】根據(jù)二項式系數(shù)和求解，再根據(jù)展開式的通項公式求解常數(shù)項.【詳解】∵，解得，展開式的通項為，令，得，常數(shù)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】①.②.【解析】【分析】聯(lián)立直線方程和橢圓方程，兩者間距轉(zhuǎn)化為兩平行線的間距即可【詳解】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(shù)學著作《九章算術(shù)》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(shù)是________.【答案】【解析】【分析】先以平面為基準，在平面內(nèi)取三點，然后判斷一次一共可以確定多少個“鱉（biē）臑（nào）”，然后類比推理，將重復計算的舍去即可.【詳解】（1）（2）（3）（4）如圖以平面為基準，在平面內(nèi)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：.四、解答題：本題共6小題，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.記的內(nèi)角的對邊分別為.已知．（1）求；（2）若為的中點，且，求．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據(jù)已知條件右邊的形式聯(lián)想到利用余弦定理進行轉(zhuǎn)化，由正弦定理實現(xiàn)邊化角：，進而求得結(jié)果；（2）分析中的邊角關(guān)系，由余弦定理得考慮到為的中點，再次應用余弦定理.由正弦定理得，利用同角三角基本關(guān)系式求得結(jié)果.【小問1詳解】由余弦定理形式和，因此．又，即，由正弦定理得：，整理得：，．，，，．【小問2詳解】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(shù)列的前n項和為，且．（1）求證：（2）在與間插入n個數(shù)，使這個數(shù)組成一個公差為的等差數(shù)列，在數(shù)列中是否存在3項，（其中m，k，p成等差數(shù)列）成等比數(shù)列?若存在，求出這樣的3項，若不存在，請說明理由．【答案】（1）證明過程見解析；（2）不存在，理由見解析.【解析】【分析】（1）利用和等比數(shù)列的定義即可得出，再由放縮法和等比數(shù)列前n項和公式即可證明.（2）利用等差數(shù)列的通項公式即可得出；假設在數(shù)列中存在三項，，（其中m，k，p成等差數(shù)列）成等比數(shù)列，利用等差數(shù)列和等比數(shù)列的定義及其反證法即可得出.【小問1詳解】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(shù)列，所以，又因為，所以當時，；當時，，綜上所述：.【小問2詳解】因為，，由題意知：，所以假設在數(shù)列中是否存在3項，（其中m，k，p成等差數(shù)列）成等比數(shù)列，則，即化簡得：，又因為m，k，p成等差數(shù)列，所以，所以即，又，所以即，所以，這與題設矛盾.所以在數(shù)列中不存在3項，（其中m，k，p成等差數(shù)列）成等比數(shù)列.17.已知函數(shù)（a為常數(shù)）.（1）求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；（2）若存在兩個不相等的正數(shù)，滿足，求證：.（3）若有兩個零點，，證明：.【答案】（1）答案見解析（2）證明見解析（3）證明見解析【解析】【分析】（1）求出函數(shù)的導數(shù)，通過討論a的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；（2）利用對數(shù)均值不等式（，，）即可得證.（3）由題意得，要證，只需證：，利用換元，令，只需證：，由對數(shù)均值不等式即得.【小問1詳解】由，得函數(shù)的定義域為，又，當時，恒成立，所以在上單調(diào)遞增；當時，令，得；令，得；所以，的單調(diào)遞減區(qū)間為，單調(diào)遞增區(qū)間為；【小問2詳解】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(diào)遞增，而，所以，當時，恒成立.所以，所以.【小問3詳解】函數(shù)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(diào)遞減，所以，即，故.也可由對數(shù)均值不等式（），即，令（），則，即，所以.【點睛】本題考查不等式的證明，可轉(zhuǎn)化為函數(shù)求最值以及恒成立問題結(jié)決，可按如下規(guī)則轉(zhuǎn)化：一般地，已知函數(shù)，（1）若，，總有成立，故；（2）若，，有成立，故；（3）若，，有成立，故；（4）若若，，有，則值域是值域的子集．18.在平面直角坐標系xOy中，A，B點的坐標分別為和，設的面積為S，內(nèi)切圓半徑為r，當時，記頂點M的軌跡為曲線C.（1）求C的方程；（2）已知點E，F(xiàn)，P，Q在C上，且直線EF與PQ相交于點A，記EF，PQ的斜率分別為，.（i）設EF的中點為G，PQ的中點為H，證明：存在唯一常數(shù)，使得當時，；（ii）若，當最大時，求四邊形EPFQ的面積.【答案】（1）（2）（i）證明見詳解（ii）【解析】【分析】（1）根據(jù)已知條件，結(jié)合橢圓的定義與性質(zhì)可得其標準方程.（2）（i）（方法一）根據(jù)直線的點斜式，設直線EF、PQ方程，分別與橢圓聯(lián)立，用，表示出點G、H.利用向量垂直即數(shù)量積為零，可計算出，從而得證.（方法二）設點E，F(xiàn)，G，通過點差法用，表示，.利用直線垂直即斜率之積為-1，可以計算出.（ii）根據(jù)弦長公式用，表示出，利用換元法求出最大時，，對應的值，從而計算出四邊形EPFQ的面積.【小問1詳解】由A，B點的坐標分別為和，可知.由內(nèi)切圓半徑為r，及，可得，所以.由橢圓定義可知，動點M在以A，B為焦點，長軸長為4的橢圓上，又M不能在直線AB上，所以曲線C的方程為：．【小問2詳解】（i）（法一）設，，，根據(jù)點斜式，設直線EF的方程為，聯(lián)立，得，所以，根據(jù)EF的中點為G可得，，所以.同理可得，.由，得，又，所以，即，所以存在唯一常數(shù)，即時，使得成立．（法二）設，，，當EF的斜率為零，則G與A重合.因為，所以H在x軸上，又H為PQ的中點，所以軸，顯然與PQ過A矛盾，故.同理可得.由，在橢圓上，得，兩式作差可得，根據(jù)EF的中點為G可得，，，所以，又，所以，所以.同理可得.因為，所以，即，即.所以存在唯一常數(shù)，即當時，使得成立．（ii）由(i)知，，根據(jù)弦長公式可得，同理可得，.所以，根據(jù)，消去可得，.令，則當且僅當，即，即時等號成立.由橢圓的對稱性，不妨設，則，，.設直線EF和PQ的夾角為，則，可得所以四邊形EPFQ的面積為．【點睛】方法點睛：1.利用韋達定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：（1）設直線方程，設交點坐標為，；（2）聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，得到關(guān)于x（或y）的一元二次方程，必要時計算；（3）列出韋達定理；（4）將所求問題或題中的關(guān)系轉(zhuǎn)化為、（或、）的形式；（5）代入韋達定理求解.2.中點弦問題常用“點差法”，即設出弦的兩端點坐標后，代入圓錐曲線方程，并將兩式相減，化簡式中含有，，三個未知量，這樣就直接聯(lián)系了中點和直線的斜率，借助中點公式即可求得斜率.再借助韋達定理即可解決中點問題.19.某工廠引進新的生產(chǎn)設備，為對其進行評估，從設備生產(chǎn)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(shù)11356193318442121100經(jīng)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(guān)關(guān)系，現(xiàn)取了8對觀測值，求與的線性回歸方程.（2）為評判設備生產(chǎn)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(jù)以下不等式進行評判（表示相應事件的概率）；①；②；③.評判規(guī)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(chǎn)流水線上隨意抽取2件零件，計算其中次品總數(shù)的數(shù)學期望.附：①對于一組數(shù)據(jù)，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(shù)據(jù)：，，，.【答案】（1）（2）設備M的性能等級為丙級（3）【解析】【分析】（1）根據(jù)線性回歸方程公式計算得解；（2）根據(jù)題中的100個數(shù)據(jù)計算概率判斷滿足其中的幾個不等式，通過評判規(guī)則來決定性能等級;（3）由題意從樣本中隨意抽取2件零件，再從設備M的生產(chǎn)流水線上隨意抽取2件零件，計算次品總數(shù)的數(shù)學期望，分別滿足超幾何分布和二項分布，再求期望.【小問1詳解】，，，，，，所以與線性回歸方程為；【小問2詳解】，，，，，，，，，設備M的性能等級為丙級.【小問3詳解】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(chǎn)零件的次品率為0.06.由題意可知從設備M的生產(chǎn)流水線上隨意抽取2件零件，其中次品數(shù)設為Y1，則，于是；從樣本中隨意抽取2件零件其次品數(shù)設為Y2，由題意可知Y2的分布列為：Y2012P故.則次品總數(shù)Y的數(shù)學期望.五、本題分為Ⅰ、Ⅱ兩部分，考生選其中一部分作答.若多選，則按照第Ⅰ部分積分.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．【答案】（1）證明見解析；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）由題設知分別是中點，連接，進而得四邊形為平行四邊形，則，再結(jié)合中位線性質(zhì)、線面平行判定證結(jié)論；（2）令，得，，應用和角正切公式及橢圓性質(zhì)有且，即可求范圍；（3）利用等體積法有，問題化為求面積、到面距離之和都最大，應用直線與橢圓關(guān)系求最大，進而得結(jié)果.【小問1詳解】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.【小問2詳解】由題設，令，則，又，所以，，則，所以，根據(jù)橢圓性質(zhì)知，故.【小問3詳解】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(gòu)建如上圖直角坐標系且，橢圓方程為，設，聯(lián)立橢圓得，且，所以，，而，所以，令，則，由對勾函數(shù)性質(zhì)知在上遞增，故；綜上，.21.如圖1，已知，，，，，.（1）求將六邊形繞軸旋轉(zhuǎn)半周（等同于四邊形繞軸旋轉(zhuǎn)一周）所圍成的幾何體的體積；（2）將平面繞旋轉(zhuǎn)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(zhuǎn)半周所得的幾何體，試求所得幾何體的體積.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）分為，，正方形三部分，分別得出幾何體并求出體積，相加即可得出