四川省绵阳中学2023-2024学年高三数学（理）上学期一诊模拟（三）试题（Word版附解析）

绵阳中学2021级高三上期一诊模拟（三）数学（理科）试题时间：120分钟，满分：150分本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分第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.集合，集合，则A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先由二次不等式的解法得，由对数不等式的解法得，再结合集合并集的运算即可得解.【详解】解不等式,解得,则,解不等式,解得,即,即,故选:A.【点睛】本题考查了二次不等式的解法及对数不等式的解法，重点考查了集合并集的运算，属基础题.2.复数的虚部为（）A.1B.－1C.iD.－i【答案】B【解析】【分析】根据复数的运算即可化简复数，然后根据虚部的概念即可求解.【详解】，∴虚部为－1．故选：B3.以下说法正确的有（） A.“”是“”的必要不充分条件B.命题“，”的否定是“，”C.“”是“”成等比数列充分必要条件D.设，则“”是“”的必要不充分条件【答案】D【解析】【分析】根据充分、必要条件、存在量词命题的否定等知识确定正确答案.【详解】A选项，，解得，所以“”是“”的充分不必要条件，A选项错误.B选项，因为由，得，即，所以命题“，”的否定是“，”，B选项错误.C选项，当时，有，但此时“”不是等比数列；当“”成等比数列时，有，即，所以“”是“”成等比数列的必要不充分条件，C选项错误.D选项，当时，有；当时，有；所以“”是“”的必要不充分条件，所以D选项正确.故选：D.4.古代数学家刘徽编撰《重差》是中国最早的一部测量学著作，也为地图学提供了数学基础，根据刘徽的《重差》测量一个球体建筑的高度，已知点A是球体建筑物与水平地面的接触点（切点），地面上B，C两点与点A在同一条直线上，且在点A的同侧，若在B，C处分别测量球体建筑物的最大仰角为60°和20°，且BC=100，则该球体建筑物的高度约为（）（cos10°≈0.985）A.45.25B.50.76C.56.74D.58.60【答案】B【解析】 【分析】数形结合，根据三角函数解三角形求解即可；【详解】设球的半径为R，，，故选:B.5.已知，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由，结合诱导公式、二倍角余弦公式可得，即可求值.【详解】由题意有：，∴，又，∴.故选：A.6.如图所示的程序框图的输出结果为（） A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】运行程序，根据裂项求和法求得正确答案.【详解】运行程序，，判断否，，，判断否，，……以此类推，，判断是，输出故选：C7.已知函数在内单调递减，是函数的一条对称轴，且函数为奇函数，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】 【分析】利用正弦型函数的对称性、奇偶性、单调性进行求解即可.【详解】因为函数在内单调递减，是函数的一条对称轴，所以有，所以，因为是奇函数，所以，由可得：，而，所以，当时，，因为，所以，即，当时，，显然此时函数单调递减，符合题意，所以；当时，，因为，所以，即，当时，，显然此时函数不是单调递减函数，不符合题意，故选：D8.设等比数列的公比为，其前项和为，前项积为，且满足条件，，则下列选项正确的是（）A.为递增数列B. C.是数列中的最大项D.【答案】C【解析】【分析】根据等比数列的通项公式和前项和公式、数列的单调性等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】由可得：和异号，即或．而，，可得和同号，且一个大于1，一个小于1因为，所有，，即数列的前2022项大于1，而从第2023项开始都小于1．对于A：公比，因为，所以为减函数，所以为递减数列．故A不正确；对于B：因为，所以，所以．故B错误；对于C：等比数列的前项积为，且数列的前2022项大于1，而从第2023项开始都小于1，所以是数列中的最大项．故C正确；对于D：，因为，所以，即．故D错误．故选：C9.如图，的外接圆圆心为O，，，则（） A.B.C.3D.2【答案】A【解析】【分析】根据给定条件，分别求出、即可求解作答.【详解】因的外接圆圆心为O，，，由圆的性质得，有，同理，所以.故选：A【点睛】方法点睛：求两个向量的数量积的方法：利用定义；利用向量的坐标运算；利用数量积的几何意义．具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用．10.已知实数，则函数的值域为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】的两边同时取自然对数得到，令，求导得到其单调性，求出的值域，求出答案.【详解】对的两边同时取自然对数得，，令则，令，解得，令，解得，故在上单调递减，在上单调递增，故在上取得极小值，也是最小值，且， 故的值域为，所以的值域为.故选：D11.若函数满足，则说的图象关于点对称，则函数的对称中心是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】求出定义域，由定义域的对称中心，猜想，计算出，从而求出对称中心.【详解】函数定义域为，定义域的对称中心为，所以可猜，则，，故所以的对称中心为，故选：C．12.已知函数及其导函数定义域均为，记，且，为偶函数，则（）A.0B.1C.2D.3【答案】C【解析】 【分析】对两边同时求导，结合函数的周期和偶函数的性质进行求解即可.【详解】因为为偶函数，，所以，对两边同时求导，得，所以有所以函数的周期为，在中，令，所以，因此，因为为偶函数，所以有，，由可得：，所以，故选：C【点睛】关键点睛：本题的关键是对两边同时求导，再利用赋值法进行求解.第Ⅱ卷（非选择题，共90分）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上.13.已知，若，则______.【答案】【解析】【分析】根据题意求得，结合向量的数量积的运算公式求得的值，得到的坐标，利用向量模的公式，即可求解．【详解】因为，可得，又因为，可得，解得，所以，所以. 故答案为：.14.若“使”为假命题，则实数的取值范围为___________.【答案】【解析】【分析】将问题转化为“在上恒成立”，再利用对勾函数的单调性求得最值，从而得解.【详解】因为“使”为假命题，所以“，”为真命题，其等价于在上恒成立，又因为对勾函数在上单调递减，在上单调递增，而，所以，所以，即实数的取值范围为.故答案为：.15.设矩形的周长为12，把沿向折叠，折后交于点，则的面积最大值为___________.【答案】【解析】【分析】作图，令折叠后对应为，且()，易得，再设且，勾股定理列方程得，最后应用三角形面积公式、基本不等式求面积最大值，注意取值条件.【详解】如下图，折叠后对应为，令且，则，由图知：，，，则， 所以，而，令且，则，所以，则，则，当且仅当时等号成立，所以的面积最大值为.故答案为：16.若存在两个不等的正实数，，使得成立，则实数的取值范围为___________.【答案】【解析】【分析】对已知等式进行变形，构造新函数，利用导数判断函数的单调性，结合题意进行求解即可.【详解】，构造函数，所以原问题等价于存在两个不等的正实数，，使得，显然函数不是正实数集上的单调函数，，设，当时，单调递增，当时，单调递减，故，当时，即时，单调递增，所以不符合题意；当时，即时，显然存在，使得，因此一定存在区间，使得在上异号，因此函数 在上单调性不同，因此一定存在两个不等的正实数，，使得成立，故答案为：【点睛】关键点睛：本题的关键是由构造函数.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，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分．17.设等差数列前项和，，满足，.（1）求数列的通项公式；（2）记，设数列的前项和为，求证.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据等差数列的通项公式进行求解即可；（2）利用等差数列前项和公式，结合裂项相消法进行求解即可.【小问1详解】依题意有，，，又为等差数列，设公差为，，.【小问2详解】由（1）可得， ，，，，，.18.已知函数（1）若其图象在点处的切线方程为，求，的值；（2）若1是函数的一个极值点，且函数在上单调递增，求实数的取值范围.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）由题意，且，由此即可得解.（2）一方面：由题意，且至少有两个零点（否则单调递增没有极值点）；另一方面：由题意在上恒成立，分离变量即可；结合两方面即可得解.【小问1详解】点在切线上，，①，，②联立①②解得，.【小问2详解】依题意有，，，且，；又，， 则时，，即，令，，求导得，所以单调递增，；又，所以的取值范围为.19.在中，角，，的对边分别为，，，若.（1）求角的大小；（2）若为上一点，，，求的最小值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理化简已知条件，结合余弦定理求得正确答案.（2）利用三角形的面积公式列方程，结合基本不等式求得的最小值.【小问1详解】依题意，，由正弦定理得，，所以，所以是钝角，所以.【小问2详解】，，所以，即， 所以，当且仅当时等号成立.20.已知向量，，设，且的图象关于点对称.（1）若，求的值；（2）若函数的图象与函数的图象关于直线对称，且在区间上的值域为，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据平面向量数量积的坐标表示公式，结合正弦的二倍角公式、正弦型函数的对称性、同角的三角函数关系式、两角差的正弦公式进行求解即可；（2）根据函数的对称性，结合正弦型函数的性质进行求解即可.【小问1详解】若的图象关于点对称，则，，. ，.若，则，同理可得.；【小问2详解】若函数的图象与的图象关于直线对称，则.因为，所以，而在上的值域为，则，即，因为，所以，，故的取值范围为21.已知函数.（1）当时，讨论在上的单调性；（2）当时，，求实数的取值范围.【答案】（1）在上单调递增.（2）【解析】【分析】（1）由导数与单调性的关系求解，（2）参变分离后转化为求最大值.小问1详解】 当时，.令，则当时，，从而成立；当时，，此时有，从而在上单调递增，，故当时，恒成立，函数在上单调递增.【小问2详解】法一：（分离参数法），则.令，则.故在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，其中，又，故.故实数的取值范围是.法二：由对恒成立，得，即，亦即.下面证明：当时，对恒成立.当时，，令，则.当时，，所以， 当时，，所以，当时，，所以，所以在上单调递减，在上单调递增，故当时，对恒成立.综上：实数的取值范围是.（二）选考题：共10分．请考生在第22、23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.如图，在极坐标系中，圆的半径为，半径均为的两个半圆弧所在圆的圆心分别为，，是半圆弧上的一个动点，是半圆弧上的一个动点.（1）若，求点的极坐标；（2）若点是射线与圆的交点，求面积的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据图形关系可确定，极角，由此可得点的极坐标； （2）利用表示出和，代入三角形面积公式，结合三角恒等变换知识可化简得到，结合正弦型函数值域可求得结果.【小问1详解】由知：，，点的极角为，点的极坐标为.【小问2详解】由题意知：，，，，，，，.选修4-5：不等式选讲23.选修4-5：不等式选讲已知函数，，. （1）解不等式；（2）任意，恒成立，求的取值范围.【答案】(1)(2)【解析】【分析】（1）由于不等式可，可平方后求解；（2）不等式可化为，利用不等式的三角不等式求得的最小值，然后解不等式可得的范围．【详解】（1）不等式即，两边平方得，解得，所以原不等式的解集为.（2）不等式可化为，又，所以，解得，所以的取值范围为.【点睛】本题考查绝对值不等式的问题，解绝对值不等式常用方法是根据绝对值的定义去绝对值符号后再求解，如果对两边均非负的不等式可平方去绝对值符号．绝对值三角不等式在求含绝对值的最小值时用处较大，而且是常用方法．