四川省宜宾市兴文县兴文第二中学2024届高三一模数学（理）试题（Word版附解析）

兴文二中高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.已知集合，，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】求出集合，用补集和交集的运算性质计算即可.【详解】因为集合，所以．又，所以．故选：A．2.复数的共轭复数为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】进行分母有理化，利用共轭复数的概念即可求解.【详解】由题知， .所以复数的共轭复数为：.故选：A.3.下列函数中，既是偶函数，又是周期函数的是A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据题意，依次分析选项中函数的周期与奇偶性，综合即可得答案【详解】对于A，是偶函数，但不是周期函数，则A错误；对于B，为周期为的函数，但不是偶函数，则B错误；对于C，既不是偶函数也不是周期函数，则C错误；对于D，，即为周期为的周期函数，且为偶函数，则D满足.故选：D.4.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（） A.B.8C.32D.【答案】C【解析】【分析】由三视图可知，几何体为斜棱柱，根据三视图中的数据利用棱柱体积公式计算体积.【详解】由几何体的三视图可知几何体的直观图如下：图形为底面是矩形的斜棱柱，底面矩形长为4宽为2，棱柱的高为4，所以几何体的体积为．故选：C5.若，则（）A.B.3C.D.【答案】C【解析】【分析】根据题意结合三角恒等变换分析运算.【详解】因为，可得，整理得，所以.故选：C.6.设函数．若为偶函数，则在处的切线方程为（　　）A.B.C.D.【答案】C【解析】 【分析】由奇偶性求得，可得函数的解析式，求出的值可得切点坐标，求出的值，可得切线斜率，利用点斜式可得曲线在点处的切线方程.【详解】因为函数为偶函数，所以，可得，可得，所以函数，可得，；曲线在点处的切线的斜率为，则曲线在点处的切线方程为：．即．故选C．【点睛】本题主要考查利用导数求曲线切线方程，属于中档题.求曲线切线方程的一般步骤是：（1）求出在处的导数，即在点出的切线斜率（当曲线在处的切线与轴平行时，在处导数不存在，切线方程为）；（2）由点斜式求得切线方程.7.降低室内微生物密度的有效方法是定时给室内注入新鲜空气，即开窗通风换气.在某室内，空气中微生物密度（c）随开窗通风换气时间（t）的关系如下图所示.则下列时间段内，空气中微生物密度变化的平均速度最快的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】连接图上的点，利用直线的斜率与平均变化率的定义判断即可；【详解】解：如图分别令、、、、所对应的点为、、、、，由图可知， 所以内空气中微生物密度变化的平均速度最快；故选：C8.如图，正方体的棱长为1，O是底面的中心，则点O到平面的距离为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据题意，分析可得，要求的到平面的距离，就是到平面的距离的一半，就是到的距离的一半，计算可得答案． 【详解】因为是的中点，求到平面的距离，就是到平面的距离的一半，就是到的距离的一半．所以，连接与的交点为，则的距离是到平面的距离的2倍，到平面的距离：.故选：B.9.济南市洪家楼天主教堂于2006年5月被国务院列为全国重点文物保护单位.它是典型的哥特式建筑.哥特式建筑的特点之一就是窗门处使用尖拱造型，其结构是由两段不同圆心的圆弧组成的对称图形.如图2，和所在圆的圆心都在线段AB上，若，，则的长度为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】 【分析】过作，设圆弧AC的圆心为O，半径为，则，表示出，由求出，再进一步求出，即可求出答案.【详解】过作，设圆弧AC的圆心为O，半径为，则，在中，，所以，，所以在直角三角形中，，所以，所以，而，所以，所以.故选：A.10.已知三棱锥底面ABC是边长为2的等边三角形，顶点S与AB边中点D的连线SD垂直于底面ABC，且，则三棱锥S－ABC外接球的表面积为（）A.B.C.12πD.60π【答案】B【解析】【分析】由题意画出图形，找出四面体外接球的球心，求解三角形可得外接球的半径，代入球的表面积公式求解即可.【详解】如图： 设底面正三角形的外心为，三角形的外心为，分别过、作所在面的垂线相交于，则为三棱锥外接球的球心，再设底面正三角形外接圆的半径为，则.由已知求得，可得也为边长是的正三角形，所以外接圆的半径为，则.所以三棱锥外接球的半径满足：.则三棱锥外接球的表面积为.故选：B.11.已知在锐角三角形中，角所对的边分别为，若，则角的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由，并结合余弦定理，可求得，进而结合正弦定理可得，由，代入并整理得，结合△ 为锐角三角形，可得出，从而可得，即可求出答案.【详解】由余弦定理可得，，所以，即，由正弦定理可得，，又，所以，因为，所以，所以，即.在锐角△中，，即，解得.故选：C.12.已知函数（e是自然对数的底数）在定义域R上有三个零点，则实数m的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】令可得：当时，；当时，，利用导数可求得的单调性和最值，结合的零点个数可构造不等式组求得结果.【详解】当时，令，解得； 当时，令，即，令，则，则当时，，当时，，所以函数在上单调递减，在上单调递增，，因为函数在R上有三个零点，所以为的一个零点，且有两个不同的解，，解得，所以实数的取值范围为.故选：B.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.已知点在幂函数的图象上，则的表达式是__．【答案】【解析】【分析】本题首先可根据幂函数的性质将函数设为，然后带入点，通过计算即可得出结果．【详解】因为函数幂函数，所以设，因为点在幂函数的图像上， 所以，，即故答案为：．14.写出一个同时具有下列性质①②③，且定义域为实数集的函数__________.①最小正周期为2；②；③无零点.【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】根据周期,对称性,零点等性质判断写出符合条件的一个函数即可.【详解】的定义域为，最小正周期为，因为，所以，所以无零点，综上，符合题意故答案为：.15.若，则的值为________【答案】【解析】【分析】根据二倍角公式以及诱导公式得出结果.【详解】由，得，所以.故答案为：.16.已知函数，其中是自然对数的底数，若，则实数的取 值范围是________．【答案】.【解析】【分析】利用奇偶性及单调性去函数符号解一元二次不等式即可.【详解】易知，且，即为奇函数，又，当且仅当时取得等号，故为增函数，对于，所以，故答案为：.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.已知是第二象限内的角，（1）求的值；（2）已知函数，求的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用同角三角函数之间的关系以及平方和关系即可求得，再利用诱 导公式及二倍角公式可计算出结果.（2）根据二倍角公式化简可得，代入计算可求出答案.【小问1详解】因为α是第二象限内的角，即又，所以可得所以；即.【小问2详解】易知，所以；即.18.已知函数（1）求的单调区间；（2）若函数在区间上不单调，则t的取值范围．【答案】（1）在和上单调递减，在上单调递增（2）【解析】 【分析】（1）求导分析导函数的正负区间，进而确定的单调区间即可；（2）求导得到函数的极值点，利用极值点在区间（t，t＋1）内可满足条件，再建立不等式即可求解.【小问1详解】由题意知，由得x＝1或x＝3，时，；时，或，所以在和上单调递减，在上单调递增，【小问2详解】由（1）函数f(x)的极值点为x＝1,3.因为函数f(x)在区间[t，t＋1]上不单调，所以或解得或，即t的取值范围为19.从①；②条件中任选一个，补充到下面横线处，并解答在中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，.（1）求角A；（2）若外接圆的圆心为O，，求BC的长.注：如果选择多个条件分别解答；按第一个解答计分.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）选择条件①可以用正弦定理进行角化边即可求解，选择条件②利用辅助角公式进行三角恒等变换即可.（2）利用圆的角度关系和正弦定理即可求解.【小问1详解】解：选择条件①：因为，由正弦定理，可得， 即，所以.因为，所以.选择条件②：因为所以，即.因为所以所以，.【小问2详解】由题意，O是外接圆的圆心，所以，所以故此.中，由正弦定理，，即，解得.20.如图，四棱锥P﹣ABCD底面是等腰梯形，AD∥BC，BC=2AD，，E是棱PB的中点，F是棱PC上的点，且A、D、E、F四点共面．（1）求证：F为PC的中点； （2）若△PAD为等边三角形，二面角的大小为，求直线BD与平面ADFE所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）先由线面平行的判定定理证明AD∥平面PBC，再根据线面平行的性质定理即可证明EF∥AD,即可证明结论；（2）建立空间直角坐标系，求得相关各点坐标，求得平面ADFE的法向量，根据向量的夹角公式即可求得答案.【小问1详解】证明：四棱锥P﹣ABCD中，AD∥BC，BC⊂平面PBC，∴AD∥平面PBC．由题意A、D、E、F四点共面，平面ADFE平面PBC=EF，∴AD∥EF，而AD∥BC，∴EF∥BC，∵E是棱PB的中点，∴F为PC中点．【小问2详解】如图，以BC为x轴，连接BC中点O和AD中点G,以OG为y轴，过点O作垂直于平面ABCD的直线作为z轴，建立如图所示空间直角坐标系，因为AB=CD，BC=2AD，设AD=a，则BC=2a，， 所以，，因为△PAD为等边三角形，所以PG⊥AD，由题意知,所以∠PGO为二面角的平面角，又二面角的大小为，所以，因为PG⊥AD，GO⊥AD，平面PGO，所以AD⊥平面PGO，过P作PH垂直于y轴于点H，因PH⊂平面PGO，所以AD⊥PH，又PH⊥GH，平面ABCD，，所以PH垂直于平面ABCD，且,，，∴，因为E，F分别为PB，PC中点，所以，设平面ADFE的法向量为，则，所以，取z=1，，设BD与平面ADFE所成角为θ，则， 即直线BD与平面ADFE所成角的正弦值为．21.已知函数，．（1）若，求的最小值；（2）若当时，恒成立，求a的取值范围．【答案】（1）1（2）【解析】【分析】（1）对函数求导后，求出函数的单调区间，从而可求出函数的最小值，（2）设，由题意对任意恒成立，然后利用导数求出函数的最小值大于零即可【小问1详解】当时，，所以，易知单调递增，且，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以的最小值为．【小问2详解】设，由题意对任意恒成立．，若，则，则存在，使得当时，，所以在上单调递减，故当时，，不符合题意． 若，由知当时，，所以，当时，，因此在上单调递增．又，所以当时，．综上，的取值范围是．【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的最值，考查利用导数解决不等式恒成立问题，第（2）问解题的关键是构造函数，将问题转化为对任意恒成立，然后分和两种情况利用导数求的最小值，使其大于零即可，考查数学转化思，属于较难题（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.选修4-4：坐标系与参数方程在直角坐标系中,曲线（t为参数,且）,其中,在以O为极点,x轴正半轴为极轴的极坐标系中,曲线（Ⅰ）求与交点的直角坐标；（Ⅱ）若与相交于点A,与相交于点B,求最大值.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）4.【解析】【详解】（Ⅰ）曲线的直角坐标方程为，曲线的直角坐标方程为 ．联立解得或所以与交点的直角坐标为和．（Ⅱ）曲线的极坐标方程为，其中．因此得到极坐标为，的极坐标为．所以，当时，取得最大值，最大值为．考点：1、极坐标方程和直角坐标方程的转化；2、三角函数的最大值．[选修4-5：不等式选讲]23.已知函数.（1）求不等式的解集；（2）令的最小值为.若正实数，，满足，求证：.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）零点分段法解绝对值不等式；（2）在第一问的基础上得到，用基本不等式“1”的妙用求解最值，证明出结论.【小问1详解】由得：或或 解得：或或综上所述：不等式的解集是.【小问2详解】证明：由（1）中函数单调性可得∴