重慶市縉云教育聯(lián)盟2025屆高三上學(xué)期高考第零次診斷性質(zhì)量檢測數(shù)學(xué)試題（解析版）

高級(jí)中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1重慶市縉云教育聯(lián)盟2025屆高三上學(xué)期高考第零次診斷性質(zhì)量檢測數(shù)學(xué)試題注意事項(xiàng)：1.答題前，考生務(wù)必用黑色簽字筆將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)、座位號(hào)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(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑，在試卷上作答無效；3.考試結(jié)束后，請(qǐng)將本試卷和答題卡一并交回；4.全卷共4頁，滿分150分，考試時(shí)間120分鐘.一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的.1.復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)所在的象限為（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】D【解析】由，且，則，所以，可得其在復(fù)平面上對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為，即該點(diǎn)在第四象限.故選：D.2.“”是“直線與直線平行”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】C【解析】當(dāng)時(shí)且，解得，當(dāng)時(shí)，兩條直線方程分別為：，，此時(shí)，故是的充要條件.故選：C3.現(xiàn)有一種檢驗(yàn)方法，對(duì)患疾病的人化驗(yàn)結(jié)果呈陽性，對(duì)未患疾病的人化驗(yàn)結(jié)果呈陰性．我們稱檢驗(yàn)為陽性的人中未患病比例為誤診率．已知一地區(qū)疾病的患病率為，則這種檢驗(yàn)方法在該地區(qū)的誤診率為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】記事件檢查結(jié)果呈陽性，事件被檢查確實(shí)患疾病，由題意可知，，，，，所以，因此，這種檢驗(yàn)方法在該地區(qū)的誤診率為，故選：A.4.已知雙曲線的左右焦點(diǎn)分別為，且，直線過且與該雙曲線的一條漸近線平行，與雙曲線的交點(diǎn)為，若的內(nèi)切圓半徑恰為，則此雙曲線的離心率為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】設(shè)雙曲線的半焦距為，則，由對(duì)稱性，不妨令與平行的漸近線為，則直線方程為：，即，設(shè)的內(nèi)切圓與三邊相切的切點(diǎn)分別為，，，如圖所示，則，即，而軸，圓半徑為，則，點(diǎn)到直線的距離：，整理得，且，解得，又因?yàn)?，可得，所以雙曲線的離心率，故選：D.5.在平行四邊形中，，是平行四邊形內(nèi)（包括邊界）一點(diǎn)，，若，則的取值范圍為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因?yàn)榈?，即所以點(diǎn)在的角平分線上，設(shè)的中點(diǎn)為因?yàn)?，所以點(diǎn)在線段上，不妨設(shè)，所以易知所以因?yàn)樗砸驗(yàn)樗怨蔬x：B6.已知三棱錐的三個(gè)側(cè)面的面積分別為5，5，6，底面積為8，且每個(gè)側(cè)面與底面形成的二面角大小相等，則三棱錐的體積為（）A.4 B. C.6 D.【答案】B【解析】過向底面作垂線，垂足為，分別過向三邊作垂線，垂足分別為，連接，因?yàn)槠矫?，平面，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以，所以為二面角的平面角，同理可得為二面角的平面角，為二面角的平面角，因?yàn)槊總€(gè)側(cè)面與底面形成的二面角大小相等，所以，所以，所以為三角形的內(nèi)心，由三棱錐的三個(gè)側(cè)面的面積分別為5，5，6，所以，設(shè)三邊的長為，則邊上的高長為，由底面的面積為8，所以，解得，設(shè)內(nèi)切圓的半徑為，則，所以，由側(cè)面的面積為6，所以，所以，所以，所以，所以.故選：B.7.已知函數(shù)，若有兩個(gè)零點(diǎn).，則的值為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】易知，令，則，所以或；可得或，因此或，又因?yàn)椋?；所?故選：B8.已知函數(shù)，且有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，則的取值范圍為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】令，即，由題意，函數(shù)和有兩個(gè)交點(diǎn)，畫出函數(shù)的圖象，如圖，當(dāng)時(shí)，顯然函數(shù)和沒有兩個(gè)交點(diǎn)，不符合題意，則，當(dāng)時(shí)，函數(shù)和有一個(gè)交點(diǎn)，則當(dāng)時(shí)，和只有一個(gè)交點(diǎn).設(shè)與相切于點(diǎn)，，由，得，即，又，則，解得，因此，要使當(dāng)時(shí)，和只有一個(gè)交點(diǎn)，則，即的取值范圍為.故選：D.二、多項(xiàng)選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求的.全部選對(duì)的得6分，部分選對(duì)的得部分分，有選錯(cuò)的得0分.9.如圖是數(shù)學(xué)家GerminalDandelin用來證明一個(gè)平面截圓錐側(cè)面得到的截口曲線是橢圓的模型（稱為“Dandelin雙球”）.在圓錐內(nèi)放兩個(gè)大小不同的小球，使得它們分別與圓錐的側(cè)面、截面相切，截面分別與球，球切于點(diǎn)，（，是截口橢圓的焦點(diǎn)）.設(shè)圖中球，球的半徑分別為3和1，球心距，則（）A.橢圓的中心在直線上B.C.直線與橢圓所在平面所成的角為D.橢圓的離心率為【答案】BD【解析】依題意，截面橢圓的長軸與圓錐的軸相交，橢圓長軸所在直線與圓錐的軸確定的平面截此組合體，得圓錐的軸截面及球，球的截面大圓，如圖，點(diǎn)分別為圓與圓錐軸截面等腰三角形一腰相切的切點(diǎn)，線段是橢圓長軸，可知橢圓C的中心（即線段的中點(diǎn)）不在直線上，故A錯(cuò)誤；橢圓長軸長，過作于D，連，顯然四邊形為矩形，又，則，過作交延長線于C，顯然四邊形為矩形，橢圓焦距，故B正確；所以直線與橢圓C所在平面所成的角的正弦值為，故C錯(cuò)誤；所以橢圓的離心率，故D正確；故選：BD.10.設(shè)，為正數(shù)，且且，則（）A.的最小值是2 B.的最大值是C.的最大值是 D.的最大值是【答案】ACD【解析】由，所以，所以，對(duì)A，，當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)等號(hào)成立，故A正確；對(duì)B，由可得，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)，令，則，解得，即，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)，故B錯(cuò)誤；對(duì)C，由，令，則，解得，即，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立，故C正確；對(duì)D，由可得，所以，令，由B知，則由可知當(dāng)時(shí)，，故當(dāng)時(shí)，有最大值，故D正確.故選：ACD11.已知?jiǎng)狱c(diǎn)在直線上，動(dòng)點(diǎn)在圓上，過點(diǎn)作圓的兩條切線，切點(diǎn)分別為A、，則下列描述正確的有（）A.直線與圓相交 B.的最小值為C.存在點(diǎn)，使得 D.直線過定點(diǎn)【答案】BCD【解析】圓的圓心，半徑，連接，對(duì)于A，點(diǎn)到直線的距離，直線l與圓C相離，A錯(cuò)誤；對(duì)于B，點(diǎn)在圓上，則，B正確；對(duì)于C，由切線長定理知，，而，又是銳角，正弦函數(shù)在上單調(diào)遞增，則的最大值為，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)，因此的最大值為，C正確；對(duì)于D，設(shè)，則以PC為直徑的圓的方程為即，與已知圓的方程相減可得直線的方程為，即，由可得，即直線AB過定點(diǎn)，故D正確；故選：BCD三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.的展開式中的系數(shù)為______．【答案】【解析】當(dāng)取1，取，的系數(shù)為；當(dāng)取，取時(shí)，得的系數(shù)為：.所以的系數(shù)為：.故答案為：13.將甲桶中的水緩慢注入空桶乙中，min后甲桶中剩余的水量符合指數(shù)衰減曲線.假設(shè)過5min后甲桶和乙桶中的水量相等，若再過min后甲桶中的水只有，則的值為___________.【答案】5【解析】5min后甲桶和乙桶中的水量相等，函數(shù)，滿足，可得，令，則，即為，解得，故.故答案為：5.14.已知函數(shù)，若存在實(shí)數(shù)，使得對(duì)任意的，始終是某個(gè)確定的非零常數(shù)，則______．【答案】【解析】由題意知．不妨設(shè)，其中，則，展開化簡得：．因?yàn)樯鲜綄?duì)任意的，始終成立，則．若，則，，與矛盾，因此，則，因此，又，所以，因此，即，因此．四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.已知數(shù)列前n項(xiàng)和為，，（1）證明：數(shù)列為等比數(shù)列；（2）求數(shù)列的前項(xiàng)和.（1）證明：因?yàn)?，所以?dāng)，時(shí)，，即又時(shí)，，所以數(shù)列為首項(xiàng)為1，公比為3的等比數(shù)列．（2）解：由（1）知，所以，又由，可得，所以16.如圖在正方體中，是所在棱上的中點(diǎn).（1）求平面與平面夾角的余弦值（2）補(bǔ)全截面解：（1）由投影面積法可得，因?yàn)槭撬诶馍系闹悬c(diǎn)，設(shè)正方體的棱長為2，則，，，，所以在中，邊上的高為，所以，所以.（2）如圖，設(shè)所在直線與所在直線交于點(diǎn)，與所在直線交于點(diǎn)，連接交于點(diǎn)，連接交于點(diǎn)，連接，則五邊形是平面截正方體所得的截面.17.育才中學(xué)為普及法治理論知識(shí)，舉辦了一次法治理論知識(shí)闖關(guān)比賽．比賽規(guī)定：三人組隊(duì)參賽，按順序依次闖關(guān)，無論成敗，每位隊(duì)員只闖關(guān)一次．如果某位隊(duì)員闖關(guān)失敗，則由該隊(duì)下一隊(duì)員繼續(xù)闖關(guān)，如果該隊(duì)員闖關(guān)成功，則視作該隊(duì)獲勝，余下的隊(duì)員無需繼續(xù)闖關(guān)；若三位隊(duì)員闖關(guān)均不成功，則視為該隊(duì)比賽失?。荣惤Y(jié)束后，根據(jù)積分獲取排名，每支獲勝的隊(duì)伍積分Y與派出的闖關(guān)人數(shù)X的關(guān)系如下：，比賽失敗的隊(duì)伍則積分為0．現(xiàn)有甲、乙、丙三人組隊(duì)參賽，他們各自闖關(guān)成功的概率分別為、、，且每人能否闖關(guān)成功互不影響．（1）已知，，，（i）若按甲、乙、丙的順序依次參賽，求該隊(duì)比賽結(jié)束后所獲積分的期望；（ii）若第一次闖關(guān)從三人中隨機(jī)抽取，求該隊(duì)比賽結(jié)束后所獲積分的概率．（2）若甲只能安排在第二位次參賽，且，要使該隊(duì)比賽結(jié)束后所獲積分的期望最大，試確定乙、丙的參賽順序，并說明理由．解：（1）（i）的可能取值為，，，.所以的分布列為：所以（ii）第一次闖關(guān)從三人中隨機(jī)抽取，每個(gè)人被抽取到的概率都是，且必須闖關(guān)成功，所以概率為.（2）若順序?yàn)椤耙壹妆保悍e分的可能取值為,.所以..若順序?yàn)椤氨滓摇保悍e分的可能取值為,，，.所以.，，由于，所以，所以丙先參賽.18.已知函數(shù)，.（1）若，求函數(shù)在點(diǎn)處的切線；（2）若對(duì)任意的，，有恒成立，求實(shí)數(shù)的取值范圍.解：（1），當(dāng)時(shí)，，，故切線方程為：，即；（2）法一：不妨設(shè)，則，同除以得，所以在0,+∞單調(diào)遞增，所以，①若，恒成立，符合題意；②若，則恒成立，令，則，令，則，所以Fx在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，所以，所以；③若，同理，恒成立，由②可知，當(dāng)時(shí)，，所以不存在滿足條件的，綜上所述，.法二：，令，則只需在0,+∞單調(diào)遞增，即恒成立，，令，則恒成立，又，①當(dāng)時(shí)，，hx在單調(diào)遞增成立；②當(dāng)時(shí)，h'x>0，hx又當(dāng)時(shí)，，故不恒成立，不滿足題意；③當(dāng)時(shí)，由h'x>0得則hx在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增，因?yàn)楹愠闪?，所以，解得，故；綜上，實(shí)數(shù)的取值范圍是.19.集合是數(shù)學(xué)中的基本概念和重要內(nèi)容.對(duì)于實(shí)數(shù)集中的兩個(gè)非空有限子集和，定義和集.記符號(hào)表示集合A中的元素個(gè)數(shù).當(dāng)時(shí)，設(shè)是集合A中按從小到大排列的所有元素，記集合.（1）已知集合，，，若，求的值.（2）已知，記集合或.（i）當(dāng)時(shí)，證明的充要條件是；（ii）若，，求的所有可能取值．（1）解：因?yàn)椋?，所以，所以且，所以必有，所以，所以，所?（2）（i）證明：因?yàn)?，可設(shè)，.先證充分性：因?yàn)?，所以且，從而可以設(shè)，其中0，此時(shí)中元素為，故，再證必要性，設(shè)，，其中，注意到和集中的最小元素為，最大元素為，因?yàn)?，所以中間三個(gè)元素可以是，也可以是，它們是對(duì)應(yīng)相等的，所以有，，即，故，得證，（ii）解：①若，由第(i)小問的分析知，可以設(shè)，，其中，