四川省绵阳市三台中学2023届高三数学（理）一诊模拟考试试题（四）（Word版附解析）

三台中学2020级一诊模拟试题（四）理科数学本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．满分150分．考试时间120分钟．注意事项：1．答题前，考生务必将自己的学校、班级、姓名用0.5毫米黑色签字笔填写清楚，同时用2B铅笔将考号准确填涂在“考号”栏目内．2．选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再选涂其它答案：非选择题用0.5毫米黑色签字笔书写在答题卡的对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效．3．考试结束后将答题卡收回．第Ⅰ卷（选择题，共60分）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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.已知，，则=（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用一元二次不等式的解法，先求出集合，再根据交集的定义即可求解.【详解】因为集合，又集合，所以，故选：D.2.已知a，b，c满足c<b<a，且ac<0，那么下列选项中一定成立的是（）A.ab>acB.c(b－a)<0C.cb2<ab2D.ac(a－c)>0【答案】A【解析】【分析】根据已知条件，求得的正负，再结合，则问题得解.【详解】由c<b<a且ac<0，知c<0且a>0. 由b>c，得ab>ac一定成立，即正确；因为，故，故错误；若时，显然不满足，故错误；因为，故，故错误.故选：.【点睛】本题考查不等式的基本性质，属简单题.3.若等比数列满足，，（）．A.B.C.8D.64【答案】A【解析】【分析】根据条件先求出数列的首项和公比，即可求出.【详解】设数列的公比为，，解得，，.故选：A.4.下列命题正确的是（）A.命题“”为假命题，则命题与命题都是假命题B.命题“若，则”的逆否命题为真命题C.若使得函数的导函数，则为函数的极值点；D.命题“，使得”的否定是：“，均有”【答案】B【解析】【分析】根据复合命题的真假判断A，根据四种命题的关系判断B，根据极值的定义判断C，根据命题的否定判断D．【详解】对于A：命题“”为假命题，则命题与命题至少有一个假命题，故A错误； 对于B：命题“若，则”显然为真命题，又原命题与逆否命题同真同假，故B正确；对于C：若使得函数的导函数，如果两侧的导函数的符号相反，则为函数的极值点；否则，不是函数的极值点，故C错误；对于D：命题“存在，使得”的否定是：“对任意，均有”．故D错误.故选：B．5.设，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据指数函数、对数函数的性质计算可得；【详解】解：因为，，所以因为所以，所以．故选：B6.若向量，满足，，则在方向上的投影为（）A.1B.C.D.－1【答案】B【解析】【分析】先利用向量数量积的运算求得，再利用投影的定义求解即可.【详解】因为，，所以，即，则，故在方向上的投影. 故选：B.7.函数的大致图象是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用排除法，先判断函数的奇偶性，再取特殊值验证即可【详解】因为，所以为奇函数，所以函数图象关于原点对称，所以排除CD，因为，，所以排除B，故选：A8.已知菱形的对角线相交于点，点为的中点，若，，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据题意,以对角线交点为坐标原点，对角线所在直线为轴建立直角坐标系,利用坐标法求解.【详解】解：如图，以点为坐标原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，由，， 所以，，，，所以，所以.故选：B【点睛】本题考查向量的数量积运算，解题的关键在于根据题意建立平面直角坐标系，利用坐标法求解，考查运算求解能力，是中档题.9.函数的部分图象如图所示，为了得到的图象，只需将函数的图象 A.向左平移个单位长度B.向左平移个单位长度C.向右平移个单位长度D.向右平移个单位长度【答案】B【解析】【详解】,，,,,解得：，所以，，，根据平移原则，可知函数向左平移个单位，故选B.10.已知各项都为正数的等比数列，满足，若存在两项，，使得，则最小值为（）A2B.C.D.1【答案】B【解析】【分析】先利用等比数列通项公式求得公比，从而推得的值，由此利用基本不等式“1”的妙用即可得解.【详解】因为正项等比数列满足，设其公比为，则，，所以，得，解得，因为，所以，则，即，故，所以，当且仅当，即时，等号成立，故的最小值为.故选：B.11.已知函数的最小正周期为，若在上有两个实根， ，且，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由题设可得，将问题转化为在上与有两个交点且交点横坐标之差，应用数形结合确定的取值范围.【详解】由题设，，则，即，又在上有两个实根，，且，上，，则的图象如下：∴要使，则对应，∴当时，有两个交点且.故选：D12.已知直线是曲线与曲线的一条公切线，与曲线切于点，且是函数的零点，则的解析式可能为（）A.B.C.D. 【答案】B【解析】【分析】设公切线在曲线上的切点坐标为，在曲线上的切点坐标为，利用导数的几何意义可得出，消去可得出关于的等式，即可得出函数可能的解析式.【详解】由，可得.由，可得.设公切线在曲线上的切点坐标为，在曲线上的切点坐标为，则，整理可得①.曲线在点处的切线方程为，即，曲线在点处的切线方程为，即，所以，，即②，将①代入②中整理可得.因为是函数的零点，所以的解析式可能为.故选：B.第Ⅱ卷（共90分）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13.若，满足约束条件，则的最小值为______．【答案】【解析】【分析】先作出可行域，将目标函数化为，要求的最小值，则需求直线在轴上的截距的最大值，由图可得答案. 【详解】由，满足约束条件作出可行域,如图由，解得由，解得由，解得将目标函数化为，则表示直线在轴上的截距的倍.要求的最小值，则需求直线在轴上的截距的最大值.由图可知，当目标函数过点时，直线在轴上的截距的最大值.此时的最小值为故答案为：14.当时，函数的值域为________．【答案】【解析】【分析】由，求得，化简，结合二次函数的性质，即可求解.【详解】因为，可得， 又由，当，取得最小值；当或，取得最大值，即函数的值域为.故答案为：.【点睛】本题主要考查了函数的值域的求解，其中解答中熟记三角函数的基本关系式和正弦函数的性质，以及二次函数的图象与性质是解答的关键，属于基础题.15.已知函数，则不等式的解集为______．【答案】【解析】【分析】分别在和的情况下，结合指数和对数函数单调性可解不等式求得结果.【详解】当，即时，，，解得：（舍）；当，即时，，，解得：，；综上所述：不等式的解集为.故答案为：.16.数列前项和为，，数列满足，则数列的前10项和为______．【答案】65【解析】【分析】由的递推式可得，结合已知条件有，即可求数列的前10项和. 【详解】由知：，则，得，∴，而，∴，故数列的前10项和为，故答案为：65.【点睛】关键点点睛：递推式的应用求条件等式中因式的表达式，进而求数列的通项，最后求前10项和.三、解答题：本大题共5小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.在中，角A，B，C对边分别为a，b，c，向量，，且．（1）求角B的大小；（2）若点M为BC中点，且，求．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用向量共线的坐标表示，再利用正弦定理边化角及和角的正弦公式求解作答.（2）取CM中点D，连接AD，利用直角三角形边角关系及正弦定理求解作答.【小问1详解】向量，，且，于是，在中，由正弦定理，得，即，整理得，又，因此，而，所以．【小问2详解】取CM中点D，连接AD，由，得，令，而点M为BC中点，则， 由（1）知，于是，，在中，由正弦定理知，所以．18.已知数列是公差不为零的等差数列，，其前n项和为，数列前n项和为，从①，，成等比数列，，②，，这两个条件中任选一个作为已知条件并解答下列问题.（1）求数列，的通项公式；（2）求数列的前n项和.【答案】（1）条件选择见解析；，；（2）.【解析】【分析】（1）选条件①：设数列的公差为d，根据等比中项的性质建立方程，解之可求得公差d，由等差数列的通项公式求得，再由，两式相减得数列是首项为1，公比为的等比数列，根据等比数列的通项公式求得；选条件②：由已知得等差数列的公差为，由等差数列的通项公式求得，再由求得，注意时是否满足；（2）由（1）可得：，由错位相减法可求得.【详解】解：（1）选条件①：设数列的公差为d， 由，，成等比数列，可得：，即，解得：或（舍），所以，∵，∴，，两式相减整理得：，，又当时，有，解得：，∴数列是首项为1，公比为的等比数列，∵；选条件②：∵，∴等差数列的公差为，又，∴，又∵，∴当时，有，又当时，有，也适合上式，∵；（2）由（1）可得：，∴·，又，两式相减得：整理得：.19.设. （Ⅰ）求的单调区间；（Ⅱ）在锐角中，角的对边分别为,若,求面积的最大值.【答案】（Ⅰ）单调递增区间是；单调递减区间是（Ⅱ）面积的最大值为【解析】【详解】试题分析：（Ⅰ）首先利用二倍角公式化简函数的解析式，再利用正弦函数的单调性求其单调区间；（Ⅱ）首先由结合（Ⅰ）的结果，确定角A的值，然后结合余弦定理求出三角形面积的最大值.试题解析：解：（Ⅰ）由题意知由可得由可得所以函数的单调递增区间是；单调递减区间是（Ⅱ）由得 由题意知为锐角，所以由余弦定理：可得：即：当且仅当时等号成立.因此所以面积的最大值为考点：1、诱导公式；2、三角函数的二倍角公式；3、余弦定理；4、基本不等式.20.已知.（Ⅰ）若在时有极值，求，的值；（Ⅱ）若，求的单调区间.【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）答案见解析.【解析】【分析】（Ⅰ）求出导函数，由题意可得，解方程组求出，的值，再验证是否在是否取得极值即可.（Ⅱ）由题意求出，讨论、或，利用导数与函数单调性之间的关系即可求解.【详解】解：（Ⅰ）由题意得，则，解得：或，经检验当，时，函数在处无极值，而，满足题意，故，；（Ⅱ） 故，故时，，函数在上递增，当时，函数在递增，在递减，在递增，当时，函数在递增，在递减，在递增．21.已知函数.（1）求证：；（2）若函数有两个零点，求a的取值范围.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）求出，讨论其符号后可得函数的单调性，结合原函数的最值可得不等式成立.（2）求出，讨论其符号后可得函数的单调性，根据零点的个数可得最值的符号，从而可得a的取值范围，注意利用零点存在定理验证.【小问1详解】，则当时，，当时，，故在上为增函数，在上减函数，故即.【小问2详解】，故，因为，故，所以当时，，当时，，故在上为增函数，在上减函数， 因为函数有两个零点，故即，又当时，对任意，有：，故此时在上有且只有一个零点.下证：当时，总有成立，设，则，故在上为增函数，故，即成立.故当时有由（1）可得，故当时，，故此时在上有且只有一个零点.综上，当有两个零点时，.选考题：请考生在第22、23两道题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．选修4-4：坐标系与参数方程22.数学中有许多寓意美好的曲线，在极坐标系中，曲线被称为“三叶玫瑰线”（如图所示）．（1）当，求以极点为圆心，为半径的圆与三叶玫瑰线交点的极坐标；（2）设点P是由（1）中的交点所确定的圆M上的动点，直线，求点P到直线l 的距离的最大值．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由可得，然后解出的值即可；（2）将圆和直线l的极坐标方程转化为直角坐标方程，然后可求出答案.【详解】（1）由可得，所以或所以或因为，所以所以交点的极坐标为（2）由（1）可得圆M的极坐标方程为，转化为直角坐标方程为直线的直角坐标方程为所以点P到直线l的距离的最大值为选修45：不等式选讲23.已知函数.（1）求不等式的解集；（2）若不等式的解集包含，求实数的取值范围.【答案】(1)；(2).【解析】【分析】（1）分类讨论，求解不等式即可； （2）将问题转化为二次函数在区间上恒成立的问题，列出不等式组即可求得.【详解】（1）当时，等价于，解得；当时，等价于，恒成立，解得；当时，等价于，解得；综上所述，不等式的解集为.（2）不等式的解集包含，等价于在区间上恒成立，也等价于在区间恒成立.则只需满足：且即可.即，解得.