Page232024屆高三第一次診斷性考試數學（理）試題留意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上．2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑．如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號．回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上．寫在本試卷上無效．3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回．一?選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分．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.已知，是虛數單位，若與互為共軛復數，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】依據共軛復數的概念可求得的值，進而依據復數的乘法運算即可求得結果.【詳解】由已知可得，所以.故選：C.2.已知集合，，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】求出集合，依據并集的運算即可求出結果.【詳解】解可得，，所以，所以.故選：A.3.選購 經理指數（PMI），是通過對企業選購 經理的月度調查結果統計匯總、編制而成的指數，它涵蓋了企業選購 、生產、流通等各個環節，包括制造業和非制造業領域，是國際上通用的檢測宏觀經濟走勢的先行指數之一，具有較強的預料、預警作用．制造業PMI高于時，反映制造業較上月擴張；低于，則反映制造業較上月收縮．下圖為我國2024年1月—2024年6月制造業選購 經理指數（PMI）統計圖．依據統計圖分析，下列結論最恰當的一項為（）A.2024年其次、三季度的各月制造業在逐月收縮B.2024年第四季度各月制造業在逐月擴張C.2024年1月至4月制造業逐月收縮D.2024年6月PMI重回臨界點以上，制造業景氣水平呈復原性擴張【答案】D【解析】【分析】依據題意，將各個月的制造業指數與比較，即可得到答案.【詳解】對于A項，由統計圖可以得到，只有9月份的制造業指數低于，故A項錯誤；對于B項，由統計圖可以得到，10月份制造業指數低于，故B項錯誤；對于C項，由統計圖可以得到，1、2月份的制造業指數高于，故C項錯誤；對于D項，由統計圖可以得到，從4月份的制造業指數呈現上升趨勢，且在2024年6月PMI超過，故D項正確.故選：D.4.已知函數，則的圖象（）A.關于直線對稱 B.關于點對稱 C.關于直線對稱 D.關于原點對稱【答案】A【解析】【分析】求出以及的表達式，依據函數的對稱性，即可推斷各項，得到結果.【詳解】對于A項，由已知可得，，所以的圖象關于直線對稱，故A項正確；對于B項，因為，則，故B項錯誤；對于C項，，則，故C錯誤；對于D項，因為，則，故D錯誤.故選:A.【點睛】設的定義域為.對于，若恒成立，則的圖象關于直線對稱；對于，若恒成立，則的圖象關于點對稱.5.黨的二十大報告既鼓舞人心，又催人奮進．為學習貫徹黨的二十大精神，某宣講小分隊將5名宣講員安排到4個社區，每個宣講員只安排到1個社區，每個社區至少安排1名宣講員，則不同的安排方案共有（）A.480種 B.240種 C.120種 D.60種【答案】B【解析】【分析】先選出2人為1組有種，再將4組人員安排到4個社區有，依據分步計數原理，即可求出結果.【詳解】5名宣講員安排到4個社區，每個社區至少1人，則安排方式為1，1，1，2，先選出2人為1組有種，再將4組人員安排到4個社區有，所以不同的安排方案共有.故選：B.6.函數在區間上的圖象大致為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】依據函數的奇偶性以及函數值的符號分析推斷.【詳解】∵，∴奇函數，圖象關于原點對稱，C、D錯誤；又∵若時，，當時，，當時，，∴當時，，當時，，A錯誤，B正確；故選：B.7.已知，則的值為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】以為整體，利用誘導公式和二倍角的余弦公式運算求解.【詳解】∵，故選：D.8.如圖所示的形態出現在南宋數學家楊輝所著的《詳解九章算術·商功》中，后人稱為“三角垛”．“三角垛”最上層有1個球，其次層有3個球，第三層有6個球，…．如圖所示的程序框圖，輸出的S即為小球總數，則（）A.35 B.56 C.84 D.120【答案】B【解析】【分析】設第層小球個數為，依據程序框圖可知，輸出的，求出各個數即可得到.【詳解】設第層小球個數為，由題意可知，.依據程序框圖可知，輸出的，又，，，，，，所以.故選：B.9.過拋物線的焦點F且傾斜角為銳角的直線與C交于兩點A，B（橫坐標分別為，，點A在第一象限），為C的準線，過點A與垂直的直線與相交于點M．若，則（）A.3 B.6 C.9 D.12【答案】C【解析】【分析】由已知可求得直線的斜率為，則直線的方程為，聯立直線與拋物線的方程，可求出，，即可解得結果.【詳解】設直線的斜率為，傾斜角為，.由拋物線的定義知，，又，所以為等邊三角形，且軸，所以，則.，則直線的方程為，聯立直線的方程與拋物線的方程，可得，解得，，明顯，所以，，所以，.故選：C.10.如圖，在長方體中，底面ABCD為正方形，E，F分別為，CD的中點，直線BE與平面所成角為，給出下列結論：①平面；②；③異面直線BE與所成角為；④三棱錐的體積為長方體體積的．其中，全部正確結論的序號是（）A.①②③ B.①②④ C.②③④ D.①②③④【答案】D【解析】【分析】取中點為，可證明平面平面，依據面面平行的性質即可推斷①；可證明平面，即可推斷②；可證明四邊形是平行四邊形，即可得到，進而可得即等于所求角，求出該角即可推斷③；以為底，即可求出三棱錐的體積，進而推斷④.【詳解】取中點為，連結.對于①，因為分別是的中點，所以，，因為平面，平面，所以平面，同理，平面.因為，平面，平面，，所以平面平面，又平面，所以平面，所以①正確；對于②，由已知可得四邊形是正方形，，又平面，平面，所以，因為平面，平面，，所以平面，又平面，所以，故②正確；對于③，取中點為，連結.因為，，，，所以，所以且，所以四邊形是平行四邊形，則，所以異面直線BE與所成角即等于直線與所成角，因為直線BE與平面所成角為，平面，所以，所以，設，則，則，所以為等邊三角形，所以，故③正確；對于④，設長方體體積為，則.因為平面，則，故④正確.故①②③④正確.故選：D.11.已知橢圓左焦點為，離心率為，直線與C交于點M，N，且，．當取最小值時，橢圓C的離心率為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】依據直線和橢圓的對稱性可得為平行四邊形,再由及向量的數量積可求,再應用基本不等式,取等條件計算即可.【詳解】因為直線與C交于點M，N，設為的中點,由為的中點,故四邊形為平行四邊形.

則,由橢圓定義得設因為,所以,又因所以,,在中,，應用余弦定理所以,又因為,所以當且僅當,即時取最小值,此時,則故選:.12.設，，，則a，b，c的大小關系是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】構建，求導，利用導數推斷單調性，結合單調性可證，再構建，求導，利用導數推斷單調性，結合單調性可證，再證，即可得.【詳解】構建，則，當時，則，故在上單調遞增，∵，則，即，∴，即，構建，則，當時，則，故在上單調遞減，∵，則，即，∴，又∵，則，∴，故，即，綜上所述：.故選：D.【點睛】關鍵點點睛：①若證，構建，結合導數分析推斷；②若證，構建，結合導數分析推斷，并依據題意適當放縮證明.二?填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13.若x，y滿意約束條件，則的最大值為______．【答案】8【解析】【分析】作出可行域，通過平行確定的最大值.【詳解】如圖，作出不等式組所表示的平面區域，聯立方程，解得，即，由，即表示斜率，橫截距為的直線，通過平移可得當直線過點C時，橫截距最大，即最大，故.故答案為：8.14.已知向量，，則向量與向量的夾角為______．【答案】##【解析】【分析】依據數量積的坐標表示求夾角即可得到.詳解】由已知可得，，，，則由可得，，所以，向量與向量的夾角為.故答案為：.15.若函數的最小正周期為，則滿意條件“是偶函數”的的一個值為______（寫出一個滿意條件的即可）．【答案】（答案不唯一，也可以寫，，符合，即可）【解析】【分析】化簡可得，又依據周期可得，即可得到，依據偶函數可得，.【詳解】，又的最小正周期為，所以，則，所以，所以.又因為是偶函數，所以應滿意，，所以有，.故答案為：.16.已知O是邊長為3的正三角形ABC的中心，點P是平面ABC外一點，平面ABC，二面角的大小為60°，則三棱錐外接球的表面積為______．【答案】【解析】【分析】依據題意分析可得二面角的平面角為，進而可得相關長度，再結合球的性質可得，可得球的半徑，即可得結果.【詳解】∵O是正三角形ABC的中心，則，∴，取的中點，連接，則，即二面角的平面角為，由正三角形ABC的邊長為3，則，三棱錐為正三棱錐，則三棱錐的外接球的球心在直線上，設三棱錐的外接球的半徑為，∵，則，解得，∴三棱錐外接球的表面積.故答案為：.【點睛】結論點睛：球的相關性質：①球的截面均為圓面；②球心與截面圓心的連線垂直于該截面.三?解答題：共70分．解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟．第17~21題為必考題，每個試題考生都必需作答．第22?23題為選考題，考生依據要求作答．（一）必考題：共60分．17.某企業為改進生產，現某產品及成本相關數據進行統計．現收集了該產品的成本費y（單位：萬元/噸）及同批次產品生產數量x（單位：噸）的20組數據．現分別用兩種模型①，②進行擬合，據收集到的數據，計算得到如下值：14.50.086650.04-4504表中，．若用刻畫回來效果，得到模型①、②的值分別為，．（1）利用和比較模型①、②的擬合效果，應選擇哪個模型？并說明理由；（2）依據（1）中所選擇的模型，求y關于x的回來方程；并求同批次產品生產數量為25（噸）時y的預報值．附：對于一組數據，，…，，其回來直線的斜率和截距的最小二乘法估計分別為，．【答案】（1）選擇模型②，理由見解析；（2）6.【解析】【分析】（1）依據已知，依據的意義，即可得出模型②的擬合效果好，選擇模型②；（2）與可用線性回來來擬合，有，求出系數，得到回來方程，即可得到成本費與同批次產品生產數量的回來方程為，代入，即可求出結果.【小問1詳解】應當選擇模型②.由題意可知，，則模型②中樣本數據的殘差平方和比模型①中樣本數據的殘差平方和小，即模型②擬合效果好.【小問2詳解】由已知，成本費與可用線性回來來擬合，有.由已知可得，，所以，則關于的線性回來方程為.成本費與同批次產品生產數量的回來方程為，當（噸）時，（萬元/噸）.所以，同批次產品生產數量為25（噸）時y的預報值為6萬元/噸.18.已知為等差數列，且，．（1）求數列的通項公式；（2）若數列滿意：，求前n項和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）依據等差數列的定義和通項公式運算求解；（2）先依據前n項和與通項之間的關系求得，可得為等比數列，利用等比數列的前n項和公式運算求解.【小問1詳解】設數列的公差為，∵，則，即，∴，故數列的通項公式.【小問2詳解】∵，當時，則；當時，則，兩式相減得，則；綜上所述：.又∵，故數列是以首項，公比的等比數列，∴數列的前n項和.19.已知的內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c從下列三個條件中選擇一個并解答問題：①；②；③．（1）求角A的大小；（2）若，且的面積為，求的周長．注：假如選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）如選擇①，由已知可得，依據正弦定理以及兩角和的正弦公式的逆用，即可得出，進而求出；如選擇②，由已知可得，依據正弦定理以及兩角和的正弦公式，即可得出，利用協助角公式可得，依據角的范圍即可求出；如選擇③，由余弦定理可得，，化簡即有，進而求出，即可求出；（2）依據三角形的面積公式即可求出，依據余弦定理即可求出，進而即可得到的周長．【小問1詳解】如選擇①，有，即，由正弦定理可得，，又，所以，因為，所以.如選擇②，由可得，，由正弦定理可得，，又，所以，又，所以，即，所以.因為，所以，所以，解得.如選擇③，.由余弦定理可得，，整理可得，，所以.因為，所以.【小問2詳解】由（1）知，，又，且的面積為，所以有，解得，由余弦定理可得，，所以，所以的周長.20.如圖，四棱錐的底面是矩形，底面ABCD，．（1）試在棱BC上確定一點M，使得平面平面，并說明理由．（2）在第（1）問的條件下，求二面角的余弦值．【答案】（1）答案見詳解；（2）.【解析】【分析】（1）當為棱上靠近點的三等分點時，依據三角形相像，可推出，即，進而證明平面，從而得到面面垂直；（2）以點為原點建立空間直角坐標系，求得各點坐標，求出平面的法向量以及平面的法向量，再依據圖形推斷二面角為銳角，即可求出結果.【小問1詳解】當為棱上靠近點的三等分點時，平面平面.證明：若為棱上靠近點的三等分點，，所以.又，，所以∽.所以.又，所以，所以.因為底面ABCD，平面ABCD，所以.因平面，平面，，所以平面.又平面，所以平面平面.【小問2詳解】由（1），連結，以點為原點，分別以所在的直線為軸，如圖建立空間直角坐標系，設，則，，，，.，，.設平面的法向量為，則，即，令，則.設平面的法向量為，則，即，取，則.則，明顯二面角為銳角，所以二面角的余弦值為.21.已知函數．（1）若是的微小值點，求a的取值范圍；（2）若，，求a的取值范圍．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）求導可得，然后分為、進行分類探討，當時，導函數有兩個解，對兩個解的大小關系進行探討，即可得到a的取值范圍；（2）當時，可知恒成立，則單調遞增，只需即可，代入得到的范圍.當時，由（1）知，當時，取得微小值，也即為最小值.依據題意，只需滿意，整理即可得到關于的不等式，求解即可得到.【小問1詳解】由已知可得，定義域為R..①當，則恒成立，解可得，解，可得；解，可得.明顯是的微小值點，滿意條件.②當時，解可得，.（ⅰ）當，即時，解，可得或；解，可得.此時是的微小值點，滿意條件；（ⅱ）當，即時，恒成立，無極值點；（ⅲ）當，即時，解，可得或；解，可得.此時是的極大值點，與已知不符.綜上所述，a的取值范圍為.【小問2詳解】由（1）知，，因為，所以，①當時，可知恒成立，則單調遞增.故時，，所以，滿意條件.②當時，可知時，，單調遞減；時，，單調遞增.所以，在區間上，當時，取得微小值，也即為最小值.由于，恒成立，則，即有，整理可得，因為，，所以有，解得.綜上所述，a的