四川省叙永第一中学2023-2024学年高三数学（理）上学期开学学考试试题（Word版附解析）

高2021级高三上期入学考试数学（理科）一、选择题：本题共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已知集合，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先化简集合然后用交集的定义即可求解【详解】因为，所以故选：C2.命题“且的否定形式是（）A.且B.或C.且D.或【答案】D【解析】【详解】根据全称命题的否定是特称命题，可知命题“且的否定形式是或故选D.考点：命题的否定3.下列函数中，在上是增函数的是（）A.B.C.D. 【答案】C【解析】【分析】对AB：直接判断其单调性；对C：把化为，判断其单调性；对D：利用判断的单调性.【详解】本题考查函数的单调性.A项中，函数在上单调递减，故A错误；B项中，二次函数图像开口向下，对称轴方程为，故该函数在上单调递增，在上单调递减，故B错误；C项中，函数，在和上分别单调递增，故C正确；D项中，函数在上单调递减，故D错误.故选：C【点睛】方法点睛：四个选项互不相关的选择题，需要对各个选项一一验证.4.已知命题：空间中两条直线没有公共点，则这两条直线平行；命题：空间中三个平面，，，若，，，则．则下列命题为真命题的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据直线与直线的位置关系定义、面面垂直的性质，结合与、或、非的真假性质逐一判断即可.【详解】因为空间中两条直线没有公共点，两条直线可以是异面直线，所以命题是假命题，因此是真命题，由面面垂直的性质可知命题是真命题，为假命题，所以为假命题，为假命题，为假命题，为真命题，故选：D5.二维码与生活息息相关，我们使用的二维码主要是大小的，即441个点，根据0和1的二进制编码，一共有种不同的码，假设我们1秒钟用掉1万个二维码，1万年约为秒，那么大约可以用（参考数据：，）（）A.万年B.117万年C.万年D.205万年 【答案】A【解析】【分析】由题意估算出可用的年限，然后转化为对数形式求解即可.【详解】由题意大约能用万年，则，所以，故选：A．6.已知且，“函数为增函数”是“函数在上单调递增”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【答案】C【解析】【详解】函数为增函数,则,此时,故函数在上单调递增;当在上单调递增时,,,所以,故为增函数.故选:C7.已知函数，则图象为如图的函数可能是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】 【分析】由函数的奇偶性可排除A、B，结合导数判断函数的单调性可判断C，即可得解.【详解】对于A，，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除A；对于B，，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除B；对于C，，则，当时，，与图象不符，排除C.故选：D.8.如图是某三棱锥的三视图，已知网格纸的小正方形边长是1，则这个三棱锥中最长棱的长为（）A.5B.C.D.7【答案】C【解析】【分析】根据三视图得到几何体的直观图，求出棱长，即可判断.【详解】由三视图可得几何体的直观图如下所示：其中，，，且平面，，所以，，，所以三棱锥中最长棱为. 故选：C9.若函数是奇函数，则使f（x）＞3成立的x的取值范围为（　　）A.（﹣∞，﹣1）B.（﹣1，0）C.（0，1）D.（1，+∞）【答案】C【解析】【分析】由f（x）为奇函数，根据奇函数的定义可求a，代入即可求解不等式.【详解】解：∵是奇函数，，即，整理可得，，，，，，整理可得，，解可得.故选：C.【点睛】本题考查由奇偶性求参数，考查指数相关的不等式的求解，属于基础题.10.高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的美誉，用其名字命名的“高斯函数”：设，用表示不超过的最大整数，则称为高斯函数，也称取整函数，例如：，.已知，则函数的值域为（）A.B.，C.，，D.，0，【答案】B 【解析】【分析】利用常数分离法将原函数解析式化为，然后分析函数的值域，再根据高斯函数的含义确定的值域.【详解】，，，，，或0，的值域为，.故选：B.11.已知，若关于的方程恰好有4个不相等的实数根，则实数的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由方程可解得或，从而可得方程有3个不是的根，利用导数研究函数的性质，作出图象，数形结合可得答案．【详解】解方程得或；当时，，故在上单调递增，在上单调递减；，且时，，所以，当时，，在上是减函数，且；若，可知，从而，解得，故方程有3个不是的根.作出的大致图象， 若使方程有3个不是的根，即的图象与直线有3个交点，且交点横坐标不为，由图可知，即，故选：C．12.设，，，，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】观察4个数易得均与0.1有关，故考虑，，，在时的大小关系，故利用作差法，分别构造相减的函数判断单调性以及与0的大小关系即可.【详解】设，，，，易得.设，则令有，故在上单调递增.①因为，即，故，即，故，即.②设，则，设，则.设，则，故为增函数，故，即 .故，当时，为增函数，故，故当时为增函数，故，故.③设，，易得当时，故，即.综上故选：B【点睛】本题主要考查了构造函数求导根据单调性分析函数大小的问题，需要根据题中所给的信息判断出需要构造的函数，再求导适当放缩分析函数的单调性，进而得出函数值的大小即可.属于难题.二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题纸上）13.已知幂函数在上单调递增，则实数m的值为___________.【答案】1【解析】【分析】根据幂函数的概念以及幂函数在上的单调性可得结果.【详解】根据幂函数的定义可得，解得或，当时，在上单调递减，不合题意；当时，上单调递增，符合题意.故答案为：.14.已知圆锥的高为2，体积为，若该圆锥顶点和底面圆周上所有点都在同一个球面上，则此球的体积为______.【答案】【解析】【分析】首先由已知求得圆锥底面半径，再设球的半径为R，根据圆锥的几何特征及球的性质列出关于R的方程，解出R，则球的体积可求．【详解】设圆锥的底面半径为，圆锥的高为，因为圆锥的高为2，体积为，所以，即，解得， 当圆锥顶点与底面在球心O的两侧时，如图，圆锥的底面半径，高，设球O的半径为R，则，解得，与不符，故此种情况舍去，当圆锥顶点与底面在球O的同侧时，如图，圆锥底面半径，高，设球O的半径为R，则，解得，符合题意．综上，此球的半径为4，球的体积为．故答案为：．15.已知函数，若，则的取值范围为_______．【答案】【解析】【分析】构造函数，等价于，再构造函数，利用函数单调性求出最小值，即可求出的值.【详解】等价于，令，则．当时，单调递增；当时，,单调递减．所以. 故转化为，即恒成立.令，，则，则，因为恒成立，所以.故的取值范围为．故答案为：.16.已知函数，的定义域均为R，是奇函数，且，，则下列结论正确的是______．（只填序号）①为偶函数；②为奇函数；③；④.【答案】①④【解析】【分析】结合已知条件和是奇函数求出函数的周期，然后利用周期和已知条件得出为偶函数，进而判断选项A；根据函数是奇函数，周期为4即可判断选项B；根据的性质分析可得，再根据的周期性即可判断选项C；结合函数的周期即可判断选项D.【详解】因为，所以，又因为，则有，且是奇函数，则，可得，即，则， 即，所以是周期为4的周期函数，因为，则，可得，故也是周期为4的周期函数．对于①：因为，则，即，所以，所以为偶函数．故①正确；对于②：∵，∴，故②错误；对于③：因为，令，即，则，又因为，令，所以，令，则，即，即，所以，所以③错误；对于④：因为，所以，所以，所以④正确．故答案为：①④．【点睛】方法定睛：函数的性质主要是函数的奇偶性、单调性和周期性以及函数图象的对称性，在解题中根据问题的条件通过变换函数的解析式或者已知的函数关系，推证函数的性质，根据函数的性质解决问题．三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题. 17.在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.（1）求；（2）若，求外接圆的半径.【答案】（1）（2）5【解析】【分析】（1）直接利用余弦定理求解即可；（2）利用同角三角函数基本关系求出，然后利用正弦定理求解即可.【小问1详解】因为，所以由余弦定理得.【小问2详解】因为，，所以，设外接圆的半径为R，由正弦定理得，解得，即外接圆的半径为5.18.已知函数.（1）求的最小正周期；（2）现将图象向左平移个单位长度，再向下平移1个单位长度得到的图象，若存在，使得成立，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】 【分析】（1）利用三角恒等变换的知识化简的解析式，从而求得的最小正周期.（2）利用三角函数图象变换的知识求得，根据三角函数最值的求法求得的取值范围.【小问1详解】，所以的最小正周期.【小问2详解】由题意可得:当时，，所以当，即时，，若存在，使得成立，只需，所以，即实数的取值范围为.19.设为函数的导函数，已知，且的图像经过点．（1）求曲线在点处的切线方程；（2）求函数在上的单调区间．【答案】（1）（2）单调递增区间为和；单调递减区间为【解析】【分析】(1)求导，计算得到切线斜率，点斜式求切线方程.(2)求出函数解析式，求导函数，由导函数的正负解得原函数的单调区间.【小问1详解】，则，得． 由题意，可得曲线在点处的切线方程为，即．【小问2详解】由已知得．又由（1）知，所以．故．，由，得，或；由，得．故在上的单调递增区间为和；单调递减区间为．20.如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形（及其内部）以边所在直线为旋转轴旋转得到的封闭图形.（1）设，，求这个几何体的表面积；（2）设G是弧DF的中点，设P是弧CE上的一点，且.求异面直线AG与BP所成角的大小.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）将几何体的表面积分成上下两个扇形、两个矩形和一个圆柱形侧面的一部分组成，分别求出后相加即可；（2）先根据条件得到面，通过平移将异面直线转化为同一个平面内的直线夹角即可【小问1详解】上下两个扇形的面积之和为：两个矩形面积之和为：4侧面圆弧段的面积为： 故这个几何体的表面积为：【小问2详解】如下图，将直线平移到下底面上为由，且，，可得：面则而G是弧DF的中点，则由于上下两个平面平行且全等，则直线与直线的夹角等于直线与直线的夹角，即为所求，则则直线与直线的夹角为21.已知函数，其中，.（1）当时，求函数的极值；（2）若方程恰有两个不相等的实数根，求的取值范围.【答案】（1）极小值为，无极大值（2）【解析】【分析】（1）求导，结合函数单调性求解极值即可；（2）先对原方程进行同构变形，将换元后的方程通过构造函数求导判断其有唯一零点，从而将原方程简化为方程有两个不相等的实数解，方程化简后两边取对数，再构造函数，根据零点个数求参数的取值范围．【小问1详解】 当时，，.，当时，；当时，.函数单调递减区间为，单调递增区间为.的极小值为，无极大值.【小问2详解】，，由方程，得，令，则.令，则.当时，；当时，.函数在上单调递增，在上单调递减.，方程有唯一解.方程有两个不等的实数解等价于方程有两个不相等的实数解.等价于方程有两个不相等的实数解.构造函数，则.，当时，；当时，.函数在上单调递增，在上单调递减.，；，.只需要，即.构造函数，则.当时，；当时，.函数在上单调递减，在上单调递增.，当时，恒成立.的取值范围为.【点睛】方法点睛：利用导数研究函数零点或方程根问题： （1）确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可用导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图象；（2）方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理．可以通过构造函数的方法，把问题转化为研究构造的函数的零点问题；（3）利用导数研究函数零点或方程根，通常有三种思路：①利用最值或极值研究；②利用数形结合思想研究；③构造辅助函数研究．选修4-4：坐标系与参数方程22.在平面直角坐标系中，为曲线（为参数）上的动点，若将点的横坐标变为原来的一半，纵坐标保持不变，得到点，记点的轨迹为，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系.（1）求的极坐标方程；（2）设，是上异于极点的两点，且，求面积的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）通过消参求得曲线的普通方程，通过图象变换求得的直角坐标方程，再转化为极坐标方程.（2）设出的极坐标，然后求得的表达式，结合三角恒等变换以及三角函数最值的知识求得的最大值.【小问1详解】为曲线（为参数）上的动点，化为普通方程为：.设，，可得，消去和得到：.即， 根据，转换为极坐标方程为.【小问2详解】设，，，则，，，，当时，有最大值：.选修4-5：不等式选讲23.已知函数．（1）当时，求不等式的解集；（2）若有解，求实数的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】 【分析】（1）首先将函数写成分段函数，再分类讨论，分别计算可得；（2）利用绝对值三角不等式得到，依题意可得，两边平方解得即可；【小问1详解】解：当时，，∵，∴或或，∴或，∴不等式的解集为．【小问2详解】解：，当且仅当时取等号，若有解，则，即，且，解得，