四川省泸州市泸县第五中学2024届高三一模理科数学试题（Word版附解析）

泸县五中高2021级高三一诊模拟考试数学（理工类）本试卷共4页，23小题，满分150分.考试用时120分钟.第I卷选择题（60分）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.全集，集合，，则阴影部分表示的集合是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据给定的条件利用韦恩图反应的集合运算直接计算作答.【详解】韦恩图的阴影部分表示的集合为，而全集，集合，，所以.故选：C2.已知复数满足，则的虚部为（）（为虚数单位）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】先对已知式子化简求出复数，从而可求出其虚部【详解】由，得，所以的虚部为，故选：B 3.已知a>0>b，则下列不等式一定成立的是（）A.a2<－abB.|a|<|b|C.D.【答案】C【解析】【分析】由特殊值法可以排除选项A,B,D，由指数函数单调性可知选项C正确.【详解】法一：当a＝1，b＝－1时，满足a>0>b，此时a2＝－ab，|a|＝|b|，，所以A，B，D不一定成立．因为a>0>b，所以b－a<0，ab<0，所以，所以一定成立，故选C.法二：因为a>0>b，所以，所以一定成立，故选：C.【点睛】对于不等式的判定，我们常取特殊值排除法和不等式的性质进行判断，另外对于指数式，对数式，等式子的大小比较，我们也常用函数的单调性．4.已知角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边上的一点的坐标为，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】直接利用三角函数的定义即可求解.【详解】，故选：B5.已知函数的图像在点处的切线与轴平行,则点的坐标是A.B.C.D.【答案】B 【解析】【分析】先设,再对函数求导得由已知得，即可求出切点坐标.【详解】设,由题得所以,∴.故选：B.【点睛】本题主要考查对函数求导和导数的几何意义，意在考查学生对该知识的掌握水平和分析推理能力.函数在点处的导数是曲线在处的切线的斜率，相应的切线方程是.6.函数的大致图象是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】从各项图象的区别，确定先判断函数奇偶性(对称性)，再求导研究的符号,判断单调性即可.【详解】，是偶函数，图象关于y轴对称，排除选项AB.当时，，则，由，， 故存在使得，即函数在区间上不单调，排除D.故选：C.【点睛】方法点睛：函数图象的辨识可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置；(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象.7.已知，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用两角和的正弦和余弦公式化简后可得所求的值．【详解】因为，所以，而，故选：B．8.天文学中，用视星等表示观测者用肉眼所看到的星体亮度，用绝对星等反映星体的真实亮度.星体的视星等，绝对星等，距地球的距离有关系式（为常数）.若甲星体视星等为，绝对星等为，距地球距离；乙星体视星等为，绝对星等为，距地球距离，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】 【分析】利用对数的运算可求得的值.【详解】由已知可得，上述两个等式作差得，因此，.故选：A.9.将函数图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，且的图象的一条对称轴是直线，则的最小值为（）A.B.2C.3D.【答案】A【解析】【分析】利用平移变换得出，再由对称轴的性质得出，，结合得出的最小值.【详解】将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象对应的函数为因为函数的图象的一条对称轴是直线所以，解得，，又所以当时，取最小值，为故选：A【点睛】关键点睛：解决本题的关键在于利用对称轴的性质结合得出的最小值. 10.已知偶函数在区间上单调递增，且，则满足A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】,故,又,故,故选D.11.已知函数，则下列关于函数的说法中，正确的个数是（）①是的周期；②是偶函数；③的图像关于直线对称；④的最小值是A.个B.个C.个D.个【答案】B【解析】【分析】根据函数解析式一一代入验证即可判断①②③，对函数求导，利用导数判断④；【详解】解：①正确；②错误；，③错误； 令.解得或·当即时，有最小值﹐最小值为.④正确.故选：.12.已知函数，若存在实数，且，使，则实数的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据导数判断函数的单调性，画出函数的大致形状，然后根据题意进行求解即可.【详解】，因为，所以当或时，，单调递增，当时，，单调递减，或，函数图象大致如下图所示： 因为存在实数，且，使，所以有，或，解得：，解得，故选：D【点睛】关键点睛：根据单调性画出图象大致形状，分类讨论、数形结合进行求解.第II卷非选择题（90分）二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13.函数，则______．【答案】【解析】【分析】由题意结合函数解析式求解函数值即可.【详解】由函数的解析式可得：， 则.故答案为．【点睛】求分段函数的函数值，要先确定要求值的自变量属于哪一段区间，然后代入该段的解析式求值，当出现f(f(a))的形式时，应从内到外依次求值．14.已知定义在上的奇函数满足，且，则的值为__________．【答案】2【解析】【分析】由为奇函数且可得函数是周期为4的周期函数.可将转化为，由奇函数特点可得，在中，令，可得，问题得解．【详解】因为为奇函数，所以，又，所以，所以，所以函数是周期为4的周期函数.所以，又，在中，令，可得，∴.【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性与周期性的应用，考查运算求解能力、等价变换的能力，还考查了赋值法，属于中档题．15.已知在三棱锥中，，平面平面，则三棱锥外接球的表面积为__________．【答案】【解析】【分析】根据已知条件确定的外接圆圆心，及三棱锥的外接球球心O、AC边中点H的位置关系--四边形为矩形，进而应用正弦定理、侧面外接圆半径与外接球半径、点面距之间的关系，求外接球半径，即可求球的表面积. 【详解】如图分别为的外心.由，即为中点，取的中点则，又面面，面面，面，即面设球心为，则平面∴，又，面，面面，面面，∴平面，又平面.∴，即四边形为矩形.由正弦定理知：，即，∴若外接球半径R，则，∴.故答案为：.【点睛】关键点点睛：利用面面垂直、等腰直角三角形的性质，应用三棱锥侧面外接圆半径、外接球半径、点面距之间的几何关系，结合正弦定理求外接球半径，进而求表面积.16.已知函数(e为自然对数的底数)有两个不同零点，则实数的取值范围是___________.【答案】【解析】 【分析】求出，当，则，此时，在上单调递增，不满足条件，当，讨论出的单调性，得出最小值，根据条件可得出答案.【详解】由，得，且由，则若，则，此时，在上单调递增，至多有一个零点，不满足题意.若，设，则，所以在上单调递增由，所以有唯一实数根，设为，即则当时，，，则在单调递减，当时，，，则在单调递增，所以当时，由可得，即，即所以，又当时，，当，指数函数增加的速度比对数函数增加的速度快得多，可得所以函数有两个不同零点，则设，则当时，有，则在上单调递增.当时，有，则在上单调递减.又当时，，所以当时，，当时，，所以的解集为故答案为： 【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解三、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.已知函数.（1）求单调递增区间；（2）若，且，求的值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用二倍角公式和两角和的正弦公式化简，再根据正弦函数的递增区间可得结果；（2）由得到，由可得，再根据可求得结果.【详解】（1），由，得，则函数单调递增区间为.（2）由得，即， 由，，可得，则，所以.【点睛】关键点点睛：第（2）问将拆为已知角和特殊角是本题解题关键.18.已知函数(，，)的部分图象如图所示，为图象与轴的交点，，分别为图象的最高点和最低点，中，角，，所对的边分别为，，，的面积.（1）求的角的大小；（2）若，点的坐标为，求的最小正周期及的值.【答案】（1）；（2）最小正周期为，.【解析】【分析】（1）根据，利用余弦定理和三角形面积公式，易得，即求解.由，利用余弦定理可得，进而得到函数的最小正周期为，然后由在函数的图象上，求得即可. 【详解】（1），由余弦定理得，又，，即，，.由题意得，，由余弦定理，得，即，设边与轴的交点为则为正三角形，且，函数的最小正周期为，，又点在函数的图象上，，即， 即，即又，.【点睛】方法点睛：（1）求f(x)＝Asin(ωx＋φ)(ω≠0)的对称轴，只需令ωx＋φ＝＋kπ(k∈Z)，求x；求f(x)的对称中心的横坐标，只需令ωx＋φ＝kπ(k∈Z)即可．（3）求最小正周期时可先把所给三角函数式化为y＝Asin(ωx＋φ)或y＝Acos(ωx＋φ)形式，则最小正周期为T＝；（3）奇偶性的判断关键是解析式是否为y＝Asinωx或y＝Acosωx＋b的形式．19.已知函数在处取得极值．（1）求实数的值；（2）若函数在内有零点，求实数的取值范围．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据，求出的值，再验证即可；（2）利用导数得出函数在是的最值，由求解即可.【小问1详解】解：∵,所以，又在处取得极值，∴，解得. 经验证时，，当时，；当时，，所以在处取得极值.所以；【小问2详解】解：由（1）知，，∴的极值点为，将，，在内的取值列表如下：0(0，1)1(1，2)2－0＋b单调递减极小值b－2单调递增b＋2∵在内有零点，∴，解得，∴实数的取值范围是.20.如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，侧面底面，，.（1）若的中点为E，求证：平面；（2）若，求平面与平面的夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析； （2）.【解析】【分析】（1）取的中点F，连接，由已知易证四边形ADFE是平行四边形，即，再由线面平行的判定证结论；（2）设O是AB中点，根据题设构建空间直角坐标系，应用向量法求面面角的余弦值.【小问1详解】如图，取的中点F，连接，∵E、F分别为的中点，∴，∵且，∴且，故四边形ADFE是平行四边形，∴，平面，平面，∴平面.【小问2详解】设O是AB中点，作，由底面为直角梯形且，得，因为，所以，由面面，面面，面，故面，以O为原点，所在直线分别为轴建空间直角坐标系，如下图所示： ∴、、、、，则，，，设面PBD的法向量，则，取，得；设面PCD的法向量，则，取，得；设平面PCD与平面PBD的夹角为，则，∴平面PCD与平面PBD的夹角的余弦值为.21.已知函数有两个极值点，．（1）若，求a的值；（2）若，求a的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据取得极值点处导函数等于0即可求解；（2）令，根据，，求出，构造函数求出的范围，再构造函数，求出范围即可求解的范围.【小问1详解】依题意知，，因为函数有两个极值点，，所以，，，则有有两个根，等价于有两个根， 令，则，令，解得，所以时，，单调递增，时，，单调递减，所以时，取得最大值，又趋向于无穷大时，趋向于0，所以且.若，即，由，解得：或（舍去），所以若，a的值为：.【小问2详解】由（1）知，，，，整理可得，令，所以，易得，令，则，令，则，所以在上单调递减，所以， 所以在上单调递减，所以，即，所以，令，则恒成立，所以在上单调递增，所以，即，所以a的取值范围为：.【点睛】已知函数有零点，求参数取值范围常用的方法和思路：（1）直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解.（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]（10分）22.在平面直角坐标系中，曲线C1的方程为，曲线C2的参数方程为（t为参数），直线l过原点O且与曲线C1交于A、B两点，点P在曲线C2上且OP⊥AB．以O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．（1）写出曲线C1的极坐标方程并证明为常数；（2）若直线l平分曲线C1，求△PAB的面积．【答案】（1），证明见解析（2）【解析】【分析】（1）写出的极坐标方程，设直线l的极坐标方程为，代入的方程，利用韦达定理证明为定值；（2）直线l平分曲线得直线l的方程，因为，得直线OP的方程，求得点P的坐标，计算三角形面积. 【小问1详解】的一般方程为，由，，得的极坐标方程为，证明：设直线l的极坐标方程为，点，，将代入，得，为方程的两个根，.【小问2详解】因为直线l平分曲线，所以直线l过点，直线l的方程为，因为，所以直线OP为，曲线的普通方程为，与直线OP的方程联立，得，点P到直线l的距离，圆的直径，所以的面积.[选修4-5：不等式选讲]（10分）23.已知函数的最大值为.（1）求的值；（2）若正数，，满足，求证：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）利用绝对值三角不等式求出的最大值，让最大值等于即可得的值；（2）由（1）知，，由利用基本不等式即可求证.【详解】（1）由题意得，因为函数的最大值为，所以，即. 因为，所以；（2）由（1）知，，因为，，，所以，当且仅当时，即，等号成立，即，所以，当且仅当时，等号成立.