四川省宜宾市叙州区第二中学2024届高三一模数学（理）试题（Word版附解析）

叙州区二中高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.设集合，则=A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】试题分析：由补集的概念，得，故选C．【考点】集合的补集运算【名师点睛】研究集合的关系，处理集合的交、并、补的运算问题，常用韦恩图、数轴等几何工具辅助解题．一般地，对离散的数集、抽象的集合间的关系及运算，可借助韦恩图，而对连续的集合间的运算及关系，可借助数轴的直观性，进行合理转化．2.下列函数是偶函数，且在上单调递增的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据各选项对应函数解析式，结合幂函数、二次函数、一次函数及含绝对值函数的性质判断是否符合题设要求即可.【详解】A：为奇函数，不合题设，排除；B：为偶函数，在上递增，符合题设；C：为非奇非偶函数，且定义域上递减，不合题设，排除；D：为偶函数，在上递减，不合题设，排除；故选：B 3.函数的零点所在的大致区间是A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】分别求出的值，从而求出函数的零点所在的范围．【详解】由题意，，，所以，所以函数的零点所在的大致区间是，故选C.【点睛】本题考查了函数的零点问题，根据零点定理求出即可，本题是一道基础题．4.已知集合A中元素在映射f下对应B中元素，则B中元素在A中对应的元素为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据题意结合映射的概念列式求解.【详解】设B中元素在A中对应的元素为，则，解得：，所以B中元素在A中对应元素为.故选：A.5.设平面平面，在平面内的一条直线垂直于平面内的一条直线,则（）A.直线必垂直于平面B.直线必垂直于平面C.直线不一定垂直于平面D.过的平面与过的平面垂直【答案】C【解析】【分析】由面面垂直，结合空间直线与平面，平面与平面的关系对四个选项分别进行判断，得到答案. 【详解】因为平面平面，在平面内的一条直线垂直于平面内的一条直线选项A中，只有直线是与的交线时，才能得到与平面垂直，所以错误；选项B中，只有直线是与的交线时，才能得到与平面垂直，所以错误；选项C中，当直线是与的交线时，可以得到，当直线不是与的交线时，不能得到，所以正确.选项D中，当直线不是与的交线时，不能得到，所以不能得到过的平面与过的平面垂直，所以错误.故选：C.【点睛】本题考查空间中线面关系有关命题的判断，面面关系有关命题的判断，属于简单题.6.已知某物种经过x年后的种群数量y近似满足冈珀茨模型：，当时，y的值表示2021年年初的种群数量.若年后，该物种的种群数量不超过2021年初种群数量的，则t的最小值为(参考值：)（）A.9B.10C.11D.12【答案】C【解析】【分析】根据题意先求出2021年年初的种群数量，再列出不等式，根据取对数法进行求解即可.【详解】因为当时，y的值表示2021年年初的种群数量，所以有，即2021年年初的种群数量为，当年后，该物种的种群数量不超过2021年初种群数量的，所以有，所以t的最小值为11，故选：C.【点睛】关键点睛：根据题意得到指数不等式，通过取二次对数进行求解是解题的关键.7.如图所示的网格中小正方形的边长均为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为（） A.9B.18C.27D.54【答案】C【解析】【分析】首先由三视图还原几何体，再求表面积.【详解】由三视图可知，平面，且，，，,因为平面平面，平面平面，，所以平面，平面，所以，,所以该几何体的表面积.故选：C8.设，则A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】分析：由求出的表达式，先比较的大小和范围，再求出的范围，根据它们不同的范围，得出它们的大小． 详解：由有，，因为，所以，而，所以，选C.点睛：本题主要考查比较实数大小，属于中档题．比较大小通常采用的方法有：（1）同底的指数或对数采用单调性比较；（2）不同底的指数或对数采用中间量进行比较，中间量通常有0,1，等．9.已知是函数的最大值点，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】化简，根据最值得到，代入计算得到答案.【详解】，其中，，当，，即，时，函数有最大值，此时.故选：A.【点睛】本题考查了三角函数最值，辅助角公式，意在考查学生的计算能力和转化能力.10.函数的图象向左平移个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到的图象，若，且，，则的最大值为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据函数的图象变换规律，求得的解析式，再利用正弦函数的最大值，判 断当，时，的取得最大值，从而求得的最大值．【详解】解：将函数图象向左平移个单位，再向上平移1个单位，得到的图象．若，则和都取得最大值3，故和相差一个周期的整数倍．故当，时，的取得最大值．，，的取得最大值为，故选：．11.已知点都在球的球面上，，是边长为1的等边三角形，与平面所成角的正弦值为，若，则球的表面积为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】若是的中点，则是△的中心，连接，由线面垂直、面面垂直的判定可得面面，过作面，由面面垂直的性质知必在直线上，即为与面所成角，再过作交于，结合已知可知是中点，为的中点，即可确定球心的位置，进而求表面积.【详解】由题设，若是的中点，则是的中心，连接，如下图示：由题设知：，，又，则面，而面，即面面， 过作面，则必在直线上，易知：为与平面所成角的平面角，又与平面所成角的正弦值为，，可得．过作交于，易知：，而，即，又，故为的中点，，∴，即是球心，故球的半径为1，∴球的表面积为．故选：B.12.设函数恰有两个极值点，则实数的取值范围是（）AB.C.D.【答案】C【解析】【分析】恰有两个极值点，则恰有两个不同的解，求出可确定是它的一个解，另一个解由方程确定，令通过导数判断函数值域求出方程有一个不是1的解时t应满足的条件.【详解】由题意知函数的定义域为，.因为恰有两个极值点，所以恰有两个不同的解，显然是它的一个解，另一个解由方程确定，且这个解不等于1. 令，则，所以函数在上单调递增，从而，且.所以，当且时，恰有两个极值点，即实数的取值范围是.故选：C【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性与极值，函数与方程的应用，属于中档题.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.计算:___________.【答案】【解析】【分析】根据根式、指数幂运算以及对数的定义运算求解.【详解】由题意可得：，即.故答案为：.14.若tan≤1，则x的取值范围是__________．【答案】(k∈Z)　【解析】【分析】先换元令z＝2x－，在一个周期上解tanz≤1，再扩展到定义域上解得＋kπ<z≤＋kπ，即可求解.【详解】令z＝2x－，在上满足tanz≤1的z的值是<z≤，在整个定义域上有＋kπ<z≤ ＋kπ，解不等式＋kπ<2x－≤＋kπ，得－＋<x≤＋，k∈Z．【点睛】本题主要考查了正切型函数的单调性，换元法解不等式，属于中档题.15.函数在区间上的最小值为______.【答案】【解析】分析】首先求出函数的导数，再令、得到函数的单调性，从而可得函数的最值；【详解】解：因为，则定义域为所以令解得，即在上单调递增，令解得，即在上单调减，所以在处取得极小值，也就是最小值且，又因为，，所以函数在区间上的最小值为，故答案为：【点睛】本题考查利用导数研究函数的最值，属于基础题.16.锐角中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，有，且，则的取值范围为___________.【答案】【解析】【分析】先利用三角函数恒等变形求出，利用正弦定理表示出，用三角函数求出的取值范围. 【详解】因为，所以.因为,所以，所以.所以.因为为锐角三角形，所以，所以,所以.所以，即.因为为锐角三角形，所以，解得：由正弦定理得：，.所以.因为，所以，所以.因为，所以，所以，所以.即在中，由两边之和大于第三边，所以.综上所述：.故答案为：【点睛】解三角形的最值问题包括两类：（1）利用正弦定理转化为三角函数求最值；（2）利用余弦定理转化为基本不等式求最值．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）求函数的最小正周期；（2）若，且，求的值．【答案】（1）；（2）．【解析】【分析】（1）利用辅助角公式化简，求出最小正周期；（2）将代入可求出，结合的范围，求出，因为，由两角和的余弦公式求出结果.【详解】．（1）函数的最小正周期．（2）由，得，即．由，得，∴，∴．18.记是内角，，的对边分别为，，.已知，点在边上，.（1）证明：；（2）若，求.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】 【分析】（1）根据正弦定理的边角关系有，结合已知即可证结论.（2）方法一：两次应用余弦定理，求得边与的关系，然后利用余弦定理即可求得的值.【详解】（1）设的外接圆半径为R，由正弦定理，得，因为，所以，即．又因为，所以．（2）[方法一]【最优解】：两次应用余弦定理因为，如图，在中，，①在中，．②由①②得，整理得．又因为，所以，解得或，当时，（舍去）．当时，．所以． [方法二]：等面积法和三角形相似如图，已知，则，即，而，即，故有，从而．由，即，即，即，故，即，又，所以，则．[方法三]：正弦定理、余弦定理相结合由（1）知，再由得．在中，由正弦定理得．又，所以，化简得．在中，由正弦定理知，又由，所以．在中，由余弦定理，得． 故．[方法四]：构造辅助线利用相似的性质如图，作，交于点E，则．由，得．在中，．在中．因为，所以，整理得．又因为，所以，即或．下同解法1．[方法五]：平面向量基本定理因为，所以．以向量为基底，有．所以， 即，又因为，所以．③由余弦定理得，所以④联立③④，得．所以或．下同解法1．[方法六]：建系求解以D为坐标原点，所在直线为x轴，过点D垂直于的直线为y轴，长为单位长度建立直角坐标系，如图所示，则．由（1）知，，所以点B在以D为圆心，3为半径的圆上运动．设，则．⑤由知，，即．⑥联立⑤⑥解得或（舍去），，代入⑥式得，由余弦定理得． 【整体点评】(2)方法一：两次应用余弦定理是一种典型的方法，充分利用了三角形的性质和正余弦定理的性质解题；方法二：等面积法是一种常用的方法，很多数学问题利用等面积法使得问题转化为更为简单的问题，相似是三角形中的常用思路；方法三：正弦定理和余弦定理相结合是解三角形问题的常用思路；方法四：构造辅助线作出相似三角形，结合余弦定理和相似三角形是一种确定边长比例关系的不错选择；方法五：平面向量是解决几何问题的一种重要方法，充分利用平面向量基本定理和向量的运算法则可以将其与余弦定理充分结合到一起；方法六：建立平面直角坐标系是解析几何的思路，利用此方法数形结合充分挖掘几何性质使得问题更加直观化.19.设函数，其中.曲线在点处的切线方程为.（1）确定，的值；（2）若，过点可作曲线的几条不同的切线？【答案】（1），；（2）3条.【解析】【分析】（1）求，根据导数的几何意义可得，，即可求得，的值；（2）求出以及，设切点为，利用切点与点所在直线的斜率等于以及切点满足的解析式列方程，利用导数判断对应函数零点的个数即可求解.【详解】（1）由得，，因为曲线在点处的切线方程为，所以切线的斜率为，且故，.（2）时，，，点不在的图象上，设切点为，则切线斜率， 所以，即上式有几个解，过就能作出的几条切线.令，则，由可得或；由，可得，所以在单调递增，在单调递减，在单调递增，所以极大值为，极小值为，所以有三个零点，即过可作出的条不同的切线.20.如图，在三棱柱中，四边形为菱形，，平面平面﹐Q在线段AC上移动，P为棱的中点．（1）若H为BQ中点，延长AH交BC于D，求证：平面﹔（2）若二面角的平面角的余弦值为，求点P到平面的距离．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）取BB1中点E，连接AE，EH，结合已知条件易得EH∥B1Q、AE∥PB1 ，根据线面平行的判定可证面，面，再由面面平行的判定及性质即可证结论.（2）连接PC1，AC1有PC1⊥AA1，由面面垂直的性质可得PC1⊥面ABB1A1，过P作PR⊥AA1交BB1于点R，进而构建空间直角坐标系，设=λ=λ(0,-2,2)，λ∈[0,1]，确定相关点坐标，求面PQB1、面AA1C1C的法向量，根据已知二面角的余弦值求参数λ，进而可得，连接BP，应用等体积法求P到平面BQB1的距离.【小问1详解】取中点，连接，如图，∵为中点，∴在平行四边形中，分别为的中点，∴由EH∩AE=E且面，面，所以面，面，又PB1∩B1Q=B1，所以面EHA∥面B1QP，∵平面，∴平面.【小问2详解】连接，∵四边形为菱形，∴，又，∴为正三角形，∵为的中点，∴，∵平面平面，平面平面，平面，∴平面，在平面内过点作交于点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，设，∴，∴，∵，，∴，∴，设平面的法向量为，则得，令，则，∴平面的一个法向量为，设平面的法向量为，二面角的平面角为，则，∴或（舍），∴，∴.又，∴，∴，连接，设点到平面的距离为，则，∴，即点到平面的距离为.21.已知函数，.（1）当时，讨论函数的零点个数； （2）若在上单调递增，且，求的最大值.【答案】（1）当时，函数有两个零点；当或时，即或时，函数有一个零点；当即时，函数无零点；（2）的最大值为2.【解析】【分析】（1）整理得，故函数零点的个数取决于的零点个数，等价转化为与的值域之间的关系，利用导数求解即可求得结果；（2）根据题意，恒成立，据此求得范围；再构造函数求得的最小值，即可求得的最大值.【详解】（1）当时，，故的零点个数，取决于的零点个数.分离参数可得，令，则，令，解得；令，解得；故在单调递增，在单调递减.故，又，当时，恒成立.故当或，即或时，有一个零点；当，即时，有两个零点；当，即时，没有零点.（2）根据题意，在时恒成立.当时，，显然不存在使得恒成立；当时，是单调减函数，且趋近于正无穷时，趋近于负无穷，不满足题意；当时，，令，解得；令，解得； 故在单调递减，在单调递增，要满足题意，只需成立即可.综上所述，若在恒成立，则且，即，则，令，则，令，解得；令，解得，故在单调递减，在单调递增.故，即，则.又，故，故的最大值为.【点睛】本题考查利用导数研究函数的零点问题，涉及利用导数研究恒成立问题，以及双变量问题，属综合困难题.（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]（10分）22.在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（参数），以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，其中.（1）求曲线与曲线的交点的极坐标；（2）直线与曲线，分别交于M，N两点（异于极点O），P为上的动点，求面积的最大值. 【答案】（1）和（2）【解析】【分析】（1）先消去参数方程中的参数化为直角坐标方程，利用直角坐标方程和极坐标方程的公式进行转化可得曲线的极坐标方程，进而可得答案；（2）将分别与曲线，的极坐标方程联立，即可求出，再求出圆心到直线MN的距离，可求出点P到直线MN的最大距离，即可求出答案.【小问1详解】的参数方程为（为参数），消去可得，，所以曲线的直角坐标方程为.将，代入得，曲线的极坐标方程为的极坐标方程为，联立可得，又因为两个曲线都经过极点，所以曲线和曲线的交点极坐标为和.【小问2详解】当时，，，.显然当点P到直线MN的距离最大时，△PMN的面积最大，直线MN的方程为，圆心到直线MN的距离为，所以点P到直线MN的最大距离，所以. [选修4-5：不等式选讲]（10分）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，所以，所以.