四川省叙永第一中学2023-2024学年高三理科数学上学期一诊模拟测试（一）试题（Word版附解析）

叙永一中高2021级“一诊”模拟测试（一）数学（理）试题本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分.第卷1至2页，第卷3至4页.共150分.考试时间120分钟.一、选择题：本题共13个小题，每小题6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设集合，，则集合（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】求出集合，再求并集可得答案.【详解】集合，，则．故选：B．2.如图是杭州年第届亚运会会徽，名为“潮涌”，形象象征着新时代中国特色社会主义大潮的涌动和发展．如图是会徽的几何图形，设弧长度是，弧长度是，几何图形面积为，扇形面积为，若，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】 【分析】根据扇形的弧长公式得出，表示出，可得答案.【详解】设（弧度），则，；因为，所以，，，所以.故选：C.3.在△ABC中，“”是“△ABC是锐角三角形”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】B【解析】【分析】由不能得到是锐角三角形，但是锐角三角形,则，根据必要不充分条件的定义，即可求解.【详解】由正弦定理可知，，不能得到是锐角三角形,但是锐角三角形,则.故“”是“是锐角三角形”的必要不充分条件，故选:B．4.净水机通过分级过滤的方式使自来水逐步达到纯净水的标准，其中的核心零件是多层式结构的棉滤芯（聚丙烯熔喷滤芯），主要用于去除铁锈､泥沙､悬浮物等各种大颗粒杂质.假设每一层棉滤芯可以过滤掉的大颗粒杂质，过滤前水中大颗粒杂质含量为，若要满足过滤后水中大颗粒杂质含量不超过，则棉滤芯层数最少为（）（参考数据：，）A.B.C.D. 【答案】C【解析】【分析】根据指数与对数的运算直接求解.【详解】由题意得，经层滤芯过滤后水中大颗粒杂质含量为，，则，得，所以，即，所以，解得，，所以的最小值为，故选：C.5已知，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先根据题目条件，求出的值，然后利用和差公式，即可求得本题答案.【详解】因为，所以，所以，所以.故选：A6.如图，网格纸上绘制的是一个几何体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该几何体的体积为（） A.B.1C.D.4【答案】C【解析】【分析】首先在正方体中还原几何体，然后利用锥体的体积公式计算其体积即可.【详解】如图所示，题中三视图对应的几何体为图中棱长为2的正方体中的三棱锥，其体积.故选：C.7.已知点在幂函数的图象上，设，，，则a，b，c的大小关系为（　　）A.b＜a＜cB.a＜b＜cC.b＜c＜aD.a＜c＜b【答案】B【解析】【分析】首先根据幂函数所过的点求解幂函数解析式并判断函数单调性，然后通过自变量大小关系结合函数单调性判断函数值大小关系即可【详解】已知幂函数经过点，可得：，解得：. 即，易知在上为单调递减函数.由于，可得：，即；又因为，，可得：，即；综上所述：.故选：B8.华罗庚说：“数无形时少直觉，形少数时难入微，数与形，本是相倚依，焉能分作两边飞．”所以研究函数时往往要作图，那么函数的部分图象可能是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据奇偶性排除BC，根据当时，排除A，继而得解.【详解】因为，所以，所以为偶函数，排除BC，当时，，且，所以当时，，排除A；故选：D.9.若函数在区间上不单调，则的取值范围是（）A.B. C.D.【答案】C【解析】【分析】求导，对分类讨论，分与两种情况，结合零点存在性定理可得的取值范围.【详解】，，当时，在上恒成立，此时在上单调递减，不合要求，舍去；当时，则要求的零点在内，的对称轴为，由零点存在性定理可得：，故，解得：，故的取值范围.故选：C10.已知定义在上的奇函数满足，当时，．若函数在区间上有10个零点，则实数m的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据题意可知和都是周期为2的周期函数，因此可将的零点问题转换为和的交点问题，画出函数图形，找到交点规律即可找出第10个零点坐标，而m的取值范围就在第10个零点和第11个零点之间.【详解】由得是一个周期为2的奇函数，当 时，，因此，因为是奇函数，所以，，且的周期为，且，，，，求的零点，即是与的交点，如图：为与在区间的交点图形，因为与均为周期为2的周期函数，因此交点也呈周期出现，由图可知的零点周期为，若在区间上有10个零点，则第10个零点坐标为，第11个零点坐标为，因此.故选：A11.如图四面体中，是边长为的正三角形，棱，则四面体的外接球的表面积是（）A.B.C.D. 【答案】D【解析】【分析】由四面体的结构特征，从外接球球心O分别作平面ABD和平面BCD的垂线，垂足为，结合是正三角形，通过余弦定理和勾股定理，求出外接球半径，用公式求得表面积.【详解】取BD的中点H，连接，因为都是边长为的正三角形，则，过外接球球心O分别作平面ABD和平面BCD的垂线，垂足为，则分别为的外心，分别在线段上，且，中，由余弦定理，故中，，所以，中，故外接球半径，外接球的表面积是.故选：D.12.已知函数(，e为自然对数的底数)与的图象上存在关于直线对称的点，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】 【分析】根据题意可将问题转化为方程在上有解，分离参数可得，令，利用导数求出值域即可求解.【详解】因为函数()与的图象上存在关于直线对称的点，则函数(，e为自然对数的底数)与函数的图象有交点，即在上有解，即在上有解，令，（），，当时，，函数为减函数，当时，，函数为增函数，故时，函数取得最小值，当时，，当时，，故实数的取值范围是.故选：A【点睛】本题考查了利用导数求函数的最值，考查了转化与化归的思想，考查了计算求解能力，属于中档题. 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡上．13.已知函数且，则的值为______．【答案】3【解析】【分析】将代回原函数得，再求出即可【详解】因为，所以，所以．故答案为：3【点睛】本题考查分段函数求值问题，属于简单题14.命题：“，”，命题：“，”，若是假命题，则实数的取值范围是_____________．【答案】【解析】【分析】分别求得命题、为真命题时，实数的取值范围，进而求得和同时为真命题时，得到，进而求得是假命题时，实数的取值范围．【详解】若是真命题，则对于恒成立，所以，若是真命题，则关于的方程有实数根，所以，即，若和同时为真命题，则，所以， 所以当是假命题时，和中至少有一个是假命题时，可得．15.函数在区间内有最大值，但无最小值，则的取值范围是_______.【答案】【解析】【分析】根据正弦型函数的单调性和最值点，结合数形结合思想进行求解即可．【详解】因为，所以当时，则有，因为在区间内有最大值，但无最小值，结合正弦函数图象，得，解得，则的取值范围是.故答案为：.16.在中，，若点为的中点，则的取值范围为______.【答案】【解析】【分析】由中点性质结合向量的加法法则得，平方结合向量运算律的性质得，由余弦定理得，所以，利用基本不等式及不等式性质得范围.【详解】记，因为，点为的中点，所以，所以，在中，由余弦定理知， 所以，当且仅当即时，等号成立，即的最大值为，又，所以，所以的取值范围为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题的解题关键是找到与的关系，从而建立分式函数，利用基本不等式求解，另外注意向量在解三角形中的应用，尤其是边角关系转化时.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.设函数．（1）求函数的单调递增区间及对称中心；（2）把的图象向右平移个单位，再向上平移1个单位，得到函数的图象，若在区间上的最大值为2，求实数的最小值．【答案】（1）单调递增区间是，对称中心为，（2）【解析】【分析】（1）首先通过三角函数恒等变换将函数化简为正弦型函数，然后根据正弦型函数图像求解函数单调区间及对称中心即可；（2）首先根据三角函数图像变换求得图像变换后的解析式，然后根据已知条件结合正弦型函数图像求得参数的取值范围，进而求解的最小值.【小问1详解】 由题意得：，由，可得：；所以的单调递增区间是；令，，解得：，，此时函数值为，所以对称中心为，．【小问2详解】把的图象向右平移个单位得到，再将向上平移1个单位得到，即，由，得：，因为在区间上的最大值为2，所以在区间上的最大值为1，所以，所以，所以的最小值为.18.已知函数在处取得极值0.（1）求；（2）若过点存在三条直线与曲线相切，求买数的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】 【分析】（1）根据题意可得，即可得解；（2）切点坐标为，根据导数的几何意义可得切线方程为，从而可得，再根据过点存在3条直线与曲线相切，等价于关于的方程有三个不同的根，利用导数求出函数的单调区间及极值，即可得解.【小问1详解】由题意知，因为函数在处取得极值0，所以，解得，经检验，符合题意，所以；【小问2详解】由（1）可知，函数，所以，设切点坐标为，所以切线方程为，因为切线过点，所以，即，令，则，令，解得，或，当变化时，的变化情况如下表所示，1-0+0-单调递减单调递增0单调递减 因此，当时，有极小值，当时，有极大值，过点存在3条直线与曲线相切，等价于关于的方程有三个不同的根，则，所以实数的取值范围是.【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.19.在中，角的对边分别为，且.（1）求的值；（2）若，从下列三个条件中选出一个条件作为已知，使得存在且唯一确定，求的面积.条件①：；条件②：；条件③：的周长为9.【答案】（1）2（2）答案见解析【解析】【分析】（1）由正弦定理化简得到，进而得到，即可求解；（2）由（1）得到，若选条件①：由余弦定理求得，，得出存在且唯一确定，结合面积公式，求得的面积；若选条件②：由，得到，分类锐角和为钝角，两种情况，结合余弦定理，列出方程，得到存在但不唯一确定，不合题意；若条件③：由和，求得的值，再由余弦定理和面积公式，即可求解. 【小问1详解】解：因为，由正弦定理得，即，又因为，可得，所以，可得.【小问2详解】解：由（1）得，由正弦定理得，若选条件①：由余弦定理得，即，又由，解得，则，此时存在且唯一确定，因为，则，可得，所以；若选条件②：由，因为，即，若为锐角，则，由余弦定理，即，整理得，且，解得，则；若为钝角，则，由余弦定理得，即，整理得，且，解得，则；综上所述，此时存在但不唯一确定，不合题意；若条件③：因为，即，解得，则，所以此时存在且唯一确定， 由余弦定理得，因为，可得，所以．20.在如图所示的圆柱中,为圆的直径,是上的两个三等分点,,,都是圆柱的母线.（1）求证：平面;（2）若已知直线与平面所成角为求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】(1)根据题意由面面平行,证明线面平行即可;(2)由可得到底面的长度和角度,由与平面所成角为可得到母线长,通过建立直角坐标系,求两个面的法向量,进而求得二面角大小的余弦值.【小问1详解】证明:为圆的直径,是上的两个三等分点,,均为等边三角形,,四边形是平行四边形,, 又平面平面,平面,平面平面,平面,,平面平面,平面,平面.【小问2详解】连接,则圆,,,又,以为原点,所在直线分别为轴,建系如图示:则,,设平面的法向量,,令则, 而平面的法向量为,,即二面角的余弦值21.已知函数．（1）当时，求的零点个数；（2）若恒成立，求实数a的值．【答案】（1）2（2）【解析】【分析】（1）求导，研究函数的单调性，利用零点存在性定理判断零点个数；（2）构造函数，分类讨论研究函数的单调性，求最小值，再构造函数求解，求导，研究单调性，然后利用最值确定a的值.【小问1详解】当时，，则，当，，函数在上单调递减；当，，函数在上单调递增，所以，又，，所以存在，，使得，即的零点个数为2．【小问2详解】不等式即为， 设，，则，设，，当时，，可得，则单调递增，此时当无限趋近时，无限趋近于负无穷大，不满足题意；当时，由，单调递增，当无限趋近时，无限趋近于负数，当无限趋近正无穷大时，无限趋近于正无穷大，故有唯一的零点，即，当时，，可得，单调递减；当时，，可得，单调递增，所以，因为，可得，当且仅当时，等号成立，所以，所以因为恒成立，即恒成立，令，，可得，当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以，即，又由恒成立，则，所以.【点睛】方法点睛：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. （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，已知点，曲线是以极点为圆心，以为半径的半圆，曲线是过极点且与曲线相切于点的圆.（1）分别写出曲线、的极坐标方程；（2）直线与曲线、分别相交于点、（异于极点），求面积的最大值.【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）分析可知曲线是以极点为圆心，以为半径的半圆，结合图形可得到曲线的极坐标方程，设为曲线上的任意一点，根据三角函数的定义可得出曲线的极坐标方程；（2）设、，由题意得，，求出以及点到直线的距离，利用三角形的面积公式以及基本不等式可求得结果.【小问1详解】解：由题意可知，曲线是以极点为圆心，以为半径的半圆，结合图形可知，曲线的极坐标方程为.设为曲线上的任意一点，可得．因此，曲线极坐标方程为．小问2详解】 解：因为直线与曲线、分别相交于点、（异于极点），设、，由题意得，，所以，．因为点到直线的距离为，所以，，当且仅当时，等号成立，故面积的最大值为.[选修4-4不等式选讲]23.已知函数.（1）求不等式的解集；（2）若的最小值为，正数满足，求证：.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据绝对值不等式的解法，分类讨论，即可求解；（2）由（1）求得函数的最小值为2，得到，结合由柯西不等式，证得，即可求解.【小问1详解】解：由函数，当时，可得，令，即，解得；当时，可得，令，即，解得，此时无解； 当时，可得，令，即，解得，综上所述，不等式的解集为.【小问2详解】解：由（1）可知，，当时，；当时，；当时，，所以函数的最小值为2，所以，所以.由柯西不等式，可得，当且仅当时，等号成立，