【文档说明】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 含答案.docx，共(17)页，1.379 MB，由管理员店铺上传

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2024CEE-01数学重庆缙云教育联盟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．“12a”是“12a”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．()()12i2iz=+−，则z的共轭复数z等于（）A．34i+B．34i−C．43i+D．43i−3．已知函数()fx满足：x，yZ，()()()21fxyfxfyxy+=+++成立，且(2)1f−=，则()()*2fnn=N（）A．46n+

B．81n−C．2421nn+−D．2825nn+−4．已知,mn是两条不同直线，,,是三个不同平面，则下列说法正确的是（）A．//,,mmn⊥则n⊥B．,,mmn⊥⊥则//nC．//,,m则//mD．,,m⊥

⊥则//m5．已知134e3a=，2eeb=，则（）A．2abB．2abC．2abD．2ba6．已知函数()()()()2cos2coscosfxxxxxx=−+，则方程()1fx=在区间2,4−上的所有

实根之和为（）A．0B．3C．6D．127．已知3a=，1=b，0ab=，4caca++−=，2430dbd−+=，则cd−的最大值为（）A．22113+B．4C．42123+D．313二、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()525012512xaaxaxax−=++++L，则下列说法正确的是（）A．01a=−B．123452aaaaa++

++=−C．480a=D．135122aaa++=−E．𝑎5=169．已知O为坐标原点，抛物线24yx=的焦点为F，A，B是抛物线上两个不同的点，M为线段AB的中点，则（）A．若6AB，则M到准线距离的最小值为3B．若

12OAOB=，且AFBF⊥，则M到准线的距离为52C．若12OAOB=，且AFBF⊥，则M到准线的距离为72D．若AB过焦点F，8AB=，C为直线AB左侧抛物线上一点，则△𝐴𝐵𝐶面积的最大值为42E．480a=若OAOB⊥，则O到直线AB距离

的最大值为410．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()1,0,xfxx=QQRð被称为狄利克雷函数，其中R为实数集，Q为有理数集，则以下关于狄利克雷函数()fx的结论中，正确的是（）A．函数()

fx为偶函数B．函数()fx的值域是01，C．对于任意的xR，都有()()1ffx=D．在()fx图象上不存在不同的三个点,,ABC，使得△𝐴𝐵𝐶为等边三角形E．在()fx图象存在不同的三个点,,ABC，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(),Pxy为圆C：22450xyx+−−=上一点，则22xy+的取值范围是.12．已知二项式12nxx+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221164xy+=上的点P到直线220xy+−=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（nào）”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,,ABC的对边分别为,,abc.已知2222222

bbcacbacb+−=−+−．(1)求A；(2)若D为AB的中点，且613CDAB=，求cosACB．16．（10分）已知正项数列na的前n项和为nS，且229214nnnSSa++=．(1)求证：123111134nSSSS++++(2)在na

与1na+间插入n个数，使这2n+个数组成一个公差为nd的等差数列，在数列nd中是否存在3项,,mkpddd，（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()lnfxxax=−（a为常数）.(1)求函数()fx的单调区间；(2)若存在两个不相等的正数1x，2x满足()()12fxfx=，求证：122xxa+.(3)若()fx有两个零点1x，2x，证明：12112lnlnxx+.18．（15分）在平面直角坐标系xOy中，点A

，B的坐标分别为(0,1)和(0,1)−，设ABM的面积为S，内切圆半径为r，当3Sr=时，记顶点M的轨迹为曲线C．(1)求C的方程；(2)已知点E，F，P，Q在C上，且直线EF与PQ相交于点A，记EF，PQ的斜率分别为1k，2k．(i)设EF的中点为G，PQ的中点为H，证明：存在唯一常

数，使得当12kk=时，OGOH⊥；(ii)若1243kk=，当||||||EFPQ−最大时，求四边形EPFQ的面积．19．（15分）某工厂引进新的生产设备M，为对其进行评估，从设备M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：直径/mm58

59616263646566676869707173合计件数11356193318442121100经计算，样本的平均值65=，标准差2.2=，以频率值作为概率的估计值.(1)为评估设备M对原材料的利用情况，需要研究零件中某材料含量

y和原料中的该材料含量x之间的相关关系，现取了8对观测值，求y与x的线性回归方程.(2)为评判设备M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X，并根据以下不等式进行评判（P表示相应事件的概率）；①

()0.6826PX−+；②(22)0.9544PX−+；③(33)0.9974PX−+.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M的性能等级.(3)将直径小于等于2−或直径大于2+的零件认为是次品．从样本中随意抽取2件零件，再从设备M的生产流水线上随意抽取2件零件，计算其中次品总数Y的数学

期望()EY.附：①对于一组数据()()()()112233nnxyxyxyxy,,,,,,,,，其回归直线ˆˆˆybxa=+的斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为1221ˆniiiniixynxybxn

x==−=−，ˆˆˆaybx=−；②参考数据：8152iix==，81228iiy==，821478iix==，811849iiixy==.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OO中底面长轴4ABAB==，短轴长1223,,FF为下底面椭圆的左右焦点，2F为上底面椭圆的右焦点，4,AAP=为BB上的动点，E为AB上的动点，MN为过点2F的下底面的一条动弦（不与AB重合）．(1)求证：当P为BB

的中点时，12FF//平面PMN(2)若点Q是下底面椭圆上的动点，Q是点Q在上底面的投影，且12,QFQF与下底面所成的角分别为,，试求出()tan+的取值范围．(3)求三棱锥EPMN−的体积的最大值．Ⅱ.如图1，已知(3,0)A−，(1,1)B−，(1,1)C，(3,0)D，

(1,1)E−，(1,1)F−−.(1)求将六边形ABCDEF绕x轴旋转半周（等同于四边形ABCD绕x轴旋转一周）所围成的几何体的体积；(2)将平面ABF绕BF旋转到平面ABF，使得平面ABF⊥平面DEC，求异面直线AF与CD所成的角；(3)某“

UFO”可以近似看成，将图1中的线段BC、EF改成同一圆周上的一段圆弧，如图2，将其绕y轴旋转半周所得的几何体，试求所得几何体的体积.2024CEE-01数学重庆缙云教育联盟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．C5．A6．C7．A二、多项选择题8．BCD9．

ACDE10．ACE三、填空题11．7,11−12．21213．10()22,2−−14．24四、解答题15．解：（1）由余弦定理形式222bca+−=2cosbcA和2222cosacbacB=+−，因此2222222coscos2coscosbcabcAbAacbacB

aB+−==+−．又222222cos,22cosbbcabbAcbacbcbaB+−==−+−−，即2acb=−coscosAB，由正弦定理sinsinsinabcABC==得：sin22sinsinaAcbCB==−−coscosAB，整理得：sincos

2sincoscossinABCAAB=−，sin()sin(π)sin2sincosABCCCA+=−==．sin0C，1cos2A=，(0,π)A，π3A=．（2）由613CDAB=，得

613CDc=，得136cCD=．在△𝐴𝐶𝐷中，由余弦定理得2222CDADACAD=+−πcos3AC，D为AB的中点，2221112422CDcbcb=+−=22211134236cbbcc+−=，即2229180cbcb+−=，(6)(23)0c

bcb+−=（其中60cb+），23cb=．由正弦定理得2sin3sinACBB=，π()BAACB=−+，π2sin3sin()3sin3ACBAACBACB=+=+=333sincos22ACBACB+，即sin33cosACB

ACB=．222sincos28cos1ACBACBACB+==，由sin33cosACBACB=，可得cos0ACB；21cos28ACB=，7cos14ACB=．16．解：（1）因为0na，229214nnnS

Sa++=，所以()22914nnSa+=即312nnSa+=，①当2n时，11312nnSa−−+=②②−①得：13322nnnaaa−=−即13nnaa−=，当1n=时，11312Sa+=，所以12a=，所以na是以2为首项，3q=为

公比的等比数列，所以()()1121331113nnnnaqSq−−===−−−，又因为()1111,23123nnnnS−=−，所以当1n=时，111324S=；当2n时，121n-112311111

11111111131133312233322443413nnnSSSS−−−++++++++=+=−−，综上所述：123111134nSSSS++++.（2）因为123nna−=，123nna

+=，由题意知：()121nnnaand+−=+−，所以1431nndn−=+，假设在数列nd中是否存在3项,,mkpddd，（其中m，k，p成等差数列）成等比数列，则()2kmpddd=，即2111

434343111kmpkmp−−−=+++化简得：()()()222233111kmpmpk−+−=+++，又因为m，k，p成等差数列，所以2mpk+=，所以()

()()2111kmp+=++即2mpk=，又2mpk+=，所以22mpmp+=即()20mp−=，所以mpk==，这与题设矛盾.所以在数列nd中不存在3项,,mkpddd，（其中m，k，p成等差数列）成等比数列.17．解

：（1）由()lnfxxax=−，得函数的定义域为()0,+，又()11axfxaxx−=−=，当0a时，()0fx恒成立，所以()fx在()0,+上单调递增；当0a时，令()10axfxx−=，得1

0xa；令()10axfxx−=，得1xa；所以，()fx的单调递减区间为1,a+，单调递增区间为10,a；（2）由()lnfxxax=−，得211122211lnlnlnlnxxxaxxaxaxx−−=−=−，故欲证122xxa+，只需证：2112211

lnln2xxxxaxx−+=−，即证211221lnln2xxxxxx−+−，又12xx，1>0x，20x，不妨设21xx，211221lnln2xxxxxx−+−，等价于21221121ln1xxx

xxx−+，令21xtx=（1t），等价于()()21ln01tgttt−=−+（1t），()()()()222114011tgttttt−=−=++，所以()gt在()1,+单调递增，而()10g=，所以，当1t时，()()21ln01tgttt−=−+恒

成立.所以211221lnln2xxxxxx−+−，所以122xxa+.（3）函数()fx有两个零点1x，2x，所以11ln0xax−=，22ln0xax−=，不妨设12xx，()2121lnlnxxaxx−=−，即21

21lnlnxxaxx−=−，要证：12112,lnlnxx+，需证：1212111122aaxaxxx++只需证：12122xxaxx+，只需证：12211221lnln2xxxxxxxx+−−，只需证：22212121ln2xxxxxx

−，只需证：2211121ln2xxxxxx−，令211xtx=，只需证：11ln2ttt−，令()11ln2mtttt=−−，()()22211111022tmtttt−=−+=−，所以()mt在()1,+上单调递减

，所以()()10mtm=，即11ln2ttt−，故12112lnlnxx+.也可由对数均值不等式lnlnababab−−（0ab），即lnaabbba−，令atb=（1t），则1

2ln0ttt−+，即11ln2ttt−，所以12112lnlnxx+.18．解：（1）由题意得1(||||||)32ABMAMBrr++=，易知||||4||MAMBAB+=，由椭圆定义可知，动点M在以A，B为焦点，且长轴长为4的椭圆上，又M不能在直线AB上

，∴C的方程为：22143yx+=(0)x．（2）（2）(i)（法一）设11(,)Exy，22(,)Fxy，00(,)Gxy，易知直线EF的方程为11ykx=+，联立2211431yxykx+==+，得2211(34)690kxkx++−=，∴11221634kxxk−+=

+，∴1122013342xxxkk+==−+，002114143ykkx==++，即1221134343)4(,Gkkk−++，同理可得，2222234343)4(,Hkkk−++，∴122212916(34)(34)OOkkGHkk+++=，欲使OGOH

⊥，则0OGOH=，即129169160kk+=+=，∴169=−，∴存在唯一常数169=−，使得当12169kk=−时，OGOH⊥．（法二）设11(,)Exy，22(,)Fxy，00(,)Gxy，易知EF的斜率1k

不为零，否则G与A重合，欲使OGOH⊥，则H将在x轴上，又H为PQ的中点，则PQx⊥轴，这与PQ过A矛盾，故10k，同理有20k，则22112222143143yxyx+=+=，可得1212121243yyyyxxxx−+=−

−+，易知120=2xxx+，120=2yyy+，且121212120022OGykyyyyxxxxx==+=+++，21121yykxx−=−，∴143OGkk=−，即143OGkk=−，同理可得，243OHkk=−，欲使OGOH⊥，则1OGOHkk=−，∴1244()()133kk−−=

−，∴12169kk=−，∴存在唯一常数169=−，使得当12169kk=−时，OGOH⊥．(ii)由(i)易知11221634kxxk−+=+，且1222934xxk−=+，∴211212122112

222113636(34)4||1143434()4kxxxkkEFkxkk+++++−=+==−+，即214||434EFk=−+，同理可得，224||434PQk=−+，∵1243kk=，∴222212224434||||||=||=||34344334EFPQkkk

k−−−++++，记220kt=，∴347771||||||||124334(43)(34)1222571225tEFPQtttttt−=−===+++++++，当且仅当1t=，即21k=时取等，由椭圆的对称性，不妨设此时21k=，143k=，且直线EF和PQ

的夹角为，则4113tan47113−==+，不难求得2sin10=，此时，易知22424||4347PQk=−=+，且21425||4347EFk=−=+，∴四边形EPFQ的面积为1124252302||||si

n22771049PQEF==．19．解：（1）8152iix==，81228iiy==，528x=，2288y=，81228215222881849836788ˆ14052847888iiiiixyxybxx==−−===−−，

228367523209ˆˆ81408280aybx=−=−=，所以y与x的线性回归方程为3673209ˆ140280yx=+；（2）62.8−=，67.2+=，260.6−=，269.4+=，358.4−=，371.6+=，

80(62.867.2)0.80.6826100PX==，94(60.669.4)0.940.9544100PX==，98(58.471.6)0.980.9974100PX==，设备M的性能等级为丙级.（3）样本中直径小于等于2−

的共有2件，直径大于2+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16~2,100YB，于是

()163210025EY==；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：Y2012P2942100CC116942100CCC262100CC故()21129469462222100100100CCCC3012CCC25EY=++=.则次品总数Y的数学期望()(

)()12126()25EYEYYEYEY=+=+=.20.Ⅰ.解：（1）由题设，长轴长||||4ABAB==，短轴长23，则'1221OFOFOF===，所以22,FF分别是,OBOB中点，而柱体中ABBA为矩形，连接OB，由2

121//,||||1BFOFBFOF==，故四边形12FOBFⅱ为平行四边形，则12//OBFF，当P为BB的中点时，则2//PFOB，故212//PFFF，2PF面PMN，12FF¢

Ë面PMN，故12FF//平面PMN.（2）由题设，令12||,||QFmQFn==，则4mn+=，又||4QQ=，所以4tanm=，4tann=，则tantan4()16tan()1tantan1616mnmnmn+++===−−−，所以216tan()(2)

12m+=−−−，根据椭圆性质知13m，故416tan()[,]313+−−.（3）由22EPMNMPEFNPEFVVV−−−=+，要使三棱锥EPMN−的体积最大，只需2PEF△面积和,MN到面2PEF距离之和都最

大，222PEFBFEBPBFPEBSSSS=−−，令,EBaPBb==且,[0,4]ab，则4PBb=−，所以2111(1)4(1)1(4)22222PEFbaSabab−=+−−−=+，显然4ab==时，有最大28PEFS=；构建如上图直角坐标系且(0,2)B，椭圆方程

为22143yx+=，设:1MNytx=+，联立椭圆得22(34)690txtx++−=，且2144(1)0t=+，所以2634MNtxxt+=−+，2934MNxxt=−+，而2||()4MNMNMNxxxxxx−=+−

，所以22121||34MNtxxt+−=+，令211lt=+，则21212||1313MNlxxlll−==++，由对勾函数性质知13yll=+在[1,)+上递增，故max12||34MNxx−==；综上，()max18383EPMNV−==.Ⅱ.解：（1）ABF△和EDC△绕x

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21142π12π33V==；正方形FECB绕x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22π122πV==.所以，总的体积1210π

3VVV=+=.（2）如图3，取BF中点为O，连接,OAOD，则ODBF⊥.因为FABA=，BF中点为O，所以AOBF⊥.又平面ABF⊥平面DEC，平面ABF平面DECBF=，所以，AO⊥平

面DEC，即AO⊥平面BCDEF.以点O为坐标原点，如图3建立空间直角坐标系，由已知可得2AO=，112OFOBBF===，4OD=，2BCEF==，所以，()0,0,2A，()1,0,0F，()0,4,0

D，()1,0,0B−，()1,2,0C−，所以，()1,0,2AF=−，()1,2,0CD=，所以，11cos,555AFCDAFCDAFCD===，所以，异面直线AF与CD所成的角的余弦值为15，所以，1arccos5=.（3）由已知可得，圆心为()

0,0点，则半径2r=.六边形ABCDEF绕y轴旋转半周所围成的几何体的体积，等于直角梯形AOGB绕直角边OG所在的直线旋转一周得到的几何体体积的2倍.直角梯形AOGB绕直角边OG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()22223113π1π3π1π31π33V=++=；剩下的两部分为全等的弓形，先研究弓形BC绕y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R，且圆柱的高UWR=，且STUV

h==，在半球中，高度为h，且平行于底面的截面圆的半径2222hrSMSTRh=−=−，面积为()2221=ππhSrRh=−.在圆柱中，连接12,UNUN，设1UN交高度为h，且平行于底面的截面于点N，显然△𝑈𝑉𝑁∽△𝑈𝑊𝑁1，所以有1VNUVWNUW=，即VNhRR=，所以VNh=

.所以，当高度为h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2221ππSRhS=−=，所以，当高度为h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VVV=−球缺圆柱圆台()()()2221ππ3RRhRhRhRh=−−−++()()221π23RhRhRh=−−−（其中h为半球被截面截去球缺后剩余部分的高）.由已知可得，弓形BC

绕y轴旋转半周，得到的几何体为球缺中，2Rr==，1h=，所以，该球缺的体积()()()22241π221π2121213V=−−−++425π3−=.所以，总的体积34134258216222π2π

=π333VVV−+=+=+.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com