四川省泸州市天府中学2024届高三数学(理)上学期一诊模拟（二）试题(解析版）

泸州老窖天府中学高2021级高三上期一诊模拟(二)数学（理科）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.已知集合，，则（）A.B.C.D.解：因为，，所以.故选A2.已知，，则（）AB.C.4D.5解：因为，所以，所以.故选：A3．设l是直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是（）A．若l∥α，l∥β，则α∥βB．若l∥α，l⊥β，则α⊥βC．若α⊥β，l⊥α，则l∥βD．若α⊥β，l∥α，则l⊥β解：对于A选项，设α∩β＝a，若l∥a，且l⊄α，l⊄β，则l∥α，l∥β，此时α与β相交，故A选项错误；对于B选项，l∥α，l⊥β，则存在直线a⊂α，使得l∥a，此时a⊥β，由平面与平面垂直的判定定理得α⊥β，故B选项正确；对于C选项，若α⊥β，l⊥α，则l∥β或l⊂β，故C选项错误；对于D选项，若α⊥β，l∥α，则l与β的位置关系不确定，故D选项错误．选B.答案：B4.当某种药物的浓度大于100mg/L（有效水平）时才能治疗疾病，且最高浓度不能超过1000mg/L（安全水平）．从实验知道该药物浓度以每小时按现有量14%的速度衰减．若治疗时首次服用后的药物浓度约为600mg/L，当药物浓度低于有效水平时再次服用，且每次服用剂量相同，在以下给出的服用间隔时间中，最合适的一项为（）（参考数据：，，）A.4小时B.6小时C.8小时D.12小时【分析】设小时后药物浓度为，由题意可得，两边取常用对数求解即可.解：设小时后药物浓度为若小时后药物浓度小于100mg/L，则需再服药.由题意可得，即所以，则 所以所以在首次服药后13个小时再次服药最合适，则服用药物的间隔时间12小时最合适故选：D5.已知命题p：函数在上单调递减；命题，都有．若为真命题，为假，则实数a的取值范围为（）A.B.C.D.解：若命题p为真，则，若为真，则，由于为真命题，为假，则中一真一假若真假，则满足：；若真假，则满足：，此时无解，综上故选：A6.已知，则（）A.B.C.D.【分析】以为整体，结合倍角公式可得，再利用诱导公式运算求解.解：因为，所以．故选：A.7．若，，则（C）A．B．C．D．解：用特殊值法，令a=3，b=2，，可知选项A错误；，选项B错误；，选项C正确；，选项D错误.故选C.考点：指数函数与对数函数的性质8.在梯形中，，将△ACD沿AC折起，连接BD，得到三棱锥，则三棱锥体积最大时,其外接球的表面积为（） A．B．C．D．【分析】注意到三棱锥体积最大时，平面平面ABC，可知以B为顶点时，BC为三棱锥的高，然后利用正余弦定理可得各棱长可得体积；利用球心到平面的距离、外接圆半径和球的半径满足勾股定理可得球半径，然后可得表面积.解：过点C作，垂足为E，为等腰梯形，，，由余弦定理得，即，易知，当平面平面ABC时，三棱锥体积最大，此时，平面，易知，，记O为外接球球心，半径为R平面，，O到平面的距离又的外接圆半径，故答案为：9.将函数的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．C．2D．3【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. 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．如图，某景区欲在两山顶A，C之间建缆车，需要测量两山顶间的距离．已知山高AB＝（km），CD＝（km），在水平面上E处测得山顶A的仰角为30°，山顶C的仰角为45°，∠BED＝150°，则两山顶A、C之间的距离为（）A．(km)B．(km)C．(km)D．(km)【分析】先计算BE，DE，利用余弦定理计算BD，再利用勾股定理计算AC．解：在Rt△ABE中，∵AB＝，CD＝3，∠AEB＝30°，∠CED＝45°，∴BE＝3，DE＝3，又∠BED＝150°，∴BD＝＝3，过A作AF⊥CD于F，则AF＝BD＝3，CF＝CD﹣AB＝2，∴AC＝＝＝5（km）．故选：B．11.已知点P是曲线上任意一点，点Q是直线上任一点，则的最小值为（）A．B．C．1D．e【分析】利用导数的几何意义求出曲线的切线，利用数形结合进行求解即可.解：函数的定义域为全体正实数，， 当时，单调递增，当时，单调递减，函数图象如下图：过点的曲线的切线与直线平行时，最小，即有，所以，故选：A12.已知函数f(x)，g(x)的定义域均为R，且f(x)+g(2–x)=5，g(x)–f(x–4)=7.若y=g(x)的图象关于直线x=2对称，g(2)=4，则（）A．–21B．–22C．–23D．–24 第Ⅱ卷二、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.曲线与轴所围成的图形面积为______．【答案】2【分析】直接利用定积分求解.解：由题得.所以所求的图形的面积为2.故答案为：2【点睛】方法点睛：求定积分的方法：(1)代数法：利用微积分基本原理求；（2）几何法：数形结合利用面积求. 14．如图，网格纸的小正方形的边长是1，在其上用粗线画出了某多面体的三视图，则这个多面体最长的一条棱的长为________．解：由正视图和俯视图可知几何体是正方体切割后的一部分(四棱锥C1ABCD)，还原在正方体中，如图所示．多面体最长的一条棱即为正方体的体对角线，如图即AC1.由正方体棱长AB＝2知最长棱AC1的长为2.答案：215.设当时，函数取得最大值，则___________．解：∵==令=，，则==，当=，即=时，取最大值，此时=，∴===.16．如图，已知在棱长为2的正方体中，点E，F，H分别是，，的中点，点G是上的动点，下列结论中正确的有.①平面ABH②平面③直线EF与所成的角为30°④三棱锥的体积最大值为【答案】②③④【分析】①根据得到，，，四点共面，在平面ABH上；②通过证明BD⊥面得到，通过证明⊥面得到，最后即可证明面；③取AD中点I，根据得到EF与所成角为∠IFE，然后用余弦定理求角即可；④根据题意得到当G位于点时，三棱椎的体积最大，然后求体积即可. 解：因为为正方体，所以，则，，，四点共面，即在平面ABH上，故①错；连接BD，AC，，，，在正方体中，，面ABCD，平面，∴，∵，AC，⊂面，∴BD⊥面，又⊂面，∴，又∵，面，平面，∴．∵，，⊂面，∴⊥面，∵平面，∴，又，，，BD⊂面，∴面，故②正确；取AD中点I，连接FI，EF，EI，，在中，∵F，I分别为，DA的中点，∴，又，∴，∴EF与所成角为∠IFE，在中，，，，∴，∴EF与所成的角为30°，故③正确；当G位于点时，三棱锥的体积最大，故，故④正确.故填：②③④.三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（本小题满分12分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为，，，若.(1)求角A的大小；(2)若为上一点，，，求的最小值.解：（1）依题意，，由正弦定理得， ，所以，所以是钝角，所以.（2），，所以，即，所以，当且仅当时等号成立.18．（本小题满分12分）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.解：（1）点在切线上，，①，，②联立①②解得，.（2）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.（本小题满分12分）已知函数，再从条件①：的最大值为1；条件②：的一条对称轴是直线﹔条件③：的相邻两条对称轴之间的距离为﹐这三个条件中选择能确定函数解析式的两个合理条件作为已知，求：(1)函数的解析式；(2)已知，若在区间上的最小值为，求m的最大值．解：（1）由题意，函数 ，若选①：的最大值为1，则，则，若选②：的一条对称轴是直线,则由，不符合正弦函数对称轴的要求，不合题意；若选③：的相邻两条对称轴之间的距离为，则函数的最小正周期,可得；所以只能选择条件①③作为已知，此时；（2）由题意，，当，则，若在区间上的最小值为，则，所以，所以m的最大值为.20.（本小题满分12分）如图，在四棱锥中，平面平面，底面是矩形，分别是的中点，平面经过点与棱交于点．(1)试用所学知识确定在棱上的位置；(2)若，求与平面所成角的正弦值．解：（1）过作直线与平行，延长与交于点，连接与的交点即为点．因为底面是矩形，是的中点，所以，且．又，所以，因为是的中点，可得，则，所以．故在棱的靠近的三等分点处．（2）因为是的中点，所以，又平面平面，平面平面，平面，所以平面．取中点，连接，易知两两相互垂直，如图，分别以为轴建立空间直角坐标系，则，．设平面的法向量为， 则即令，则，所以．．设与平面所成角为，则，所以与平面所成角的正弦值为．21．（本小题满分12分）已知函数（，e为自然对数的底数）(1)求函数的单调区间；(2)若不等式在区间上恒成立，求实数k的取值范围．【分析】（1）对函数求导，利用导函数的单调性及零点确定导函数大于0、小于0的解集，即可得解；（2）转化不等式为在区间上恒成立，构造函数，利用端点处的函数值及导数，分类讨论即可得解.解：（1）由题意，，则，由在上均单调递减，所以在上单调递减，又，所以当时，，当时，，所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为；（2）不等式即在区间上恒成立，令，则，，所以，若，即时，此时存在使得当时，，函数在上单调递增，，不合题意；若时，，令，则，所以单调递减，，所以，当且仅当时等号成立，所以在上单调递减，所以，符合题意； 综上，实数k的取值范围为.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.作答时请写清题号.22.（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程如图，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△MOK面积的取值范围.【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.解：（1）由知：△OO2N为正三角形，∴，，∴点的极角为，点的极坐标为.（2）由题意知：，，，，，，，.23.（本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲已知函数，，.（1）解不等式；（2）任意R，恒成立，求的取值范围.【答案】(1)(2)【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．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．