2024届高三年级第一学期11月调研数学试题模拟卷（原卷+解析）三

这是一份2024届高三年级第一学期11月调研数学试题模拟卷（原卷+解析）三，共11页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40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】A
【解析】
【分析】解指数不等式化简集合B，再利用交集的定义求解作答.
【详解】解不等式，得，即，而，
所以.
故选：A
2. 已知，则“”是“”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】
利用充分条件和必要条件的定义即可判断.
【详解】当时，可得，整理得到，即，
当时，，，此时，
所以“”是“”的必要不充分条件，
故选：B.
【点睛】方法点睛：该题考查的是有关充分必要条件的判断，方法如下：
（1）当时，可以推出成立，满足必要性；
（2）当时，对赋值，令，可以判断不成立，不满足充分性；
（3）对不满足条件的，可以举反例.
3. 设体积相等的正方体、正四面体和球的表面积分别为，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】令体积为1，求出正方体、正四面体的棱长，球的半径，再求出表面积作答.
【详解】令正方体、正四面体和球的体积为1，
设正方体的棱长为，则，解得，表面积，
设正四面体的棱长为，则正四面体底面正三角形半径，
正四面体的高，体积，
解得，表面积，
设球半径为，则，解得，表面积，
所以.
故选：C
4. 若且，则下列不等式恒成立的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【分析】由且，可知，，即可对四个选项逐一判断正误，得出答案.
【详解】由且，，当且仅当时等号成立.
由，故，，当且仅当时等号成立，选项A，C均不成立；
由则，选项B不成立
(当且仅当时，等号成立)，选项D成立.
故选：D
【点睛】本题主要考查了基本不等式的综合应用，属于中档题.
5. 若为奇函数，则的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用奇函数的定义求出a值，再由函数单调性求解不等式作答.
【详解】由为奇函数，得，解得，
于是，而是减函数，是增函数，函数是R上减函数，
不等式，因此，
所以不等式的解集为.
故选：D
6. 如图所示是函数的图像，则函数可能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由图象确定函数的性质，验证各选项是否符合要求即可.
【详解】由图可知：是非奇非偶函数，且在y轴右侧，先正后负．
若，则，所以函数为偶函数，
与条件矛盾，A错，
若，则，所以函数为奇函数，与条件矛盾，B错，
若，则，
当时，，与所给函数图象不一致，D错，
若，则，
当时，，
又， ，所以函数为非奇非偶函数，与所给函数图象基本一致，
故选：C．
7. 已知，，，则，，的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用对数函数和指数函数的性质比较大小即可.
【详解】因为，，，
所以.
故选：A
8. 已知函数及其导函数定义域均为R，满足，记，其导函数为且的图象关于原点对称，则（ ）
A. 0B. 3C. 4D. 1
【答案】D
【解析】
分析】根据题设知关于、对称且，即可求，再由已知有关于、对称，求，即可得解.
【详解】由关于原点对称，则关于轴对称，且，
所以关于对称，关于对称，且，
又，即，则关于对称，
综上，，，则，
所以，而，故，
又，则关于对称，即，
所以，则，
所以.
故选：D
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，给出下列命题，其中正确的命题为（ ）
A. 若，，则B. 若，，，则
C. 若，，则D. 若，，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用线面平行性质、线面垂直的性质推理判断A；利用线面垂直的判定判断B；举例说明判断C；利用面面垂直的判定判断D作答.
【详解】对于A，由，得存在过直线的平面与平面相交，令交线为，则，
由，内，得，因此，A正确；
对于B，由，，，得，B正确；
对于C，由于，令，当时，有，此时或，C错误；
对于D，由，，得，D正确.
故选：ABD
10. 已知实数a，b>0，2a+b=4，则下列说法中正确的有（ ）
A. 有最小值B. a2+b2有最小值
C. 4a+2b有最小值8D. lna+lnb有最小值ln2
【答案】BC
【解析】
【分析】根据基本不等式、配方法，结合指数运算、对数的运算性质逐一判断即可.
【详解】因为实数a，b>0，2a+b=4，
所以有
，
当且仅当时取等号，即当时取等号，
故选项A不正确；
因为2a+b=4，
所以，当时，a2+b2有最小值，故选项B正确；
，当且仅当时取等号，即时取等号，故选项C正确；
因为实数a，b>0，2a+b=4，
所以，
当，时，lna+lnb有最大值ln2，因此选项D不正确，
故选：BC
11. 已知实数，，下列说法一定正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，，且，则
【答案】BD
【解析】
【分析】举例说明判断A；利用对数函数单调性判断B；作差，借助函数单调性判断C；利用指数函数单调性判断D作答.
【详解】对于A，取，则，A错误；
对于B，，，则，于是，B正确；
对于C，函数在上单调递增，由，得，
于是，即，C错误；
对于D，由，，且，得，，
，D正确.
故选：BD
12. 已知函数，则（ ）
A. 有两个零点B. 过坐标原点可作曲线的切线
C. 有唯一极值点D. 曲线上存在三条互相平行的切线
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用导数研究函数的极值，结合零点的定义即可判断A；利用反证法，根据直线的点斜式方程求出切线方程，即可判断B；利用二次求导研究函数的极值，结合零点的定义即可判断C；利用函数的零点个数与方程的根个数、函数图象交点个数的关系，结合选项C即可判断D.
【详解】A：，
对于函数，
令，令或，
所以函数在上单调递减，在和上单调递增，
则函数在，处分别取极大值和极小值，
由，知只有一个零点，所以有两个零点，故A正确；
B：假设B成立，设切点坐标为，
切线方程为，
即，
∴，但显然，故B错误；
C：，
令，令或，
所以函数在上单调递减，在和上单调递增，
∴函数在处分别取到极大值和极小值，
由知只有一个零点，有一个极值点，故C正确；
D：若D正确，则存在实数m使得有三个不同的根，
即函数与图象有3个交点，
由选项C可知，，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知函数的图象在处的切线方程为，则__________.
【答案】-1
【解析】
【分析】根据导数的几何意义可得，从而可得的值，再利用切点在曲线也在切线上，可得的值，即可求得答案.
【详解】因为，所以.
又的 图象在处的切线方程为，所以，解得，
则，所以，代入切线方程得，解得，
所以 ,
故答案为：-1.
14. 已知，，，则的最小值是______.
【答案】
【解析】
【分析】利用指数运算求得，然后将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可求得的最小值.
【详解】，.
又，，，
当且仅当，时等号成立，所以的最小值是.
故答案为：.
【点睛】本题考查利用基本不等式求代数式的最值，考查了的妙用，考查计算能力，属于基础题.
15. 半径为的球的球面上有四点，已知为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，设的中心为，三棱锥外接球的球心为，进而得当体积最大时，点，，在同一直线上，且垂直于底面，再结合几何关系计算即可求解.
【详解】设的中心为，三棱锥外接球的球心为，
则当体积最大时，点，，在同一直线上，且垂直于底面，如图，
因为为等边三角形且其面积为，所以的边长满足，故，所以， ，故，
故三棱锥的高，所以
故答案：
16. 已知为自然对数的底数，若对任意的，总存在唯一的，使得成立，则实数的取值范围是________.
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，构造函数，利用导数求出函数在区间上的取值集合，再借助集合的包含关系列式求解作答.
【详解】由，得，
令，求导得，
当时，，函数在上单调递减，函数值从减小到0，
当时，，函数在上单调递增，函数值从0增大到，

令，显然函数在上单调递减，函数的值域为，
由对任意的，总存在唯一的，使得成立，得，
因此，解得，
所以实数的取值范围是.
【点睛】结论点睛：涉及不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：
一般地，已知函数，，
（1）若，，总有成立，故；
（2）若，，有成立，故；
（3）若，，有成立，故；
（4）若，，有，则的值域是值域的子集 ．
四、解答题：本题共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. 已知函数．
（1）求的单调区间；
（2）求的极值．
【答案】（1）单调递增区间为和，单调递减区间为；
（2）极大值为，极小值为0．
【解析】
【分析】（1）求出导函数，在定义域内由得增区间，由得减区间；
（2）由单调性得极值点，计算得极值．
【小问1详解】
的定义域为，
，令，解得或，
令，解得，
所以的单调递增区间为和，单调递减区间为；
【小问2详解】
由（1）可知，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．
又，，
所以的极大值为，极小值为0．
18. 设函数.
(1)若对一切实数x,f(x)＜0恒成立,求m的取值范围;
(2)若对于m∈[－2,2],不等式f(x)＜－m＋5恒成立,求x的取值范围.
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】⑴分和两种情况讨论;
⑵不等式f(x)＜－m＋5可转化, 设，则命题等价于当时，恒成立，从而转化为求
的最值问题.把关于x的不等式转化为关于m的不等式,体现了“主元”思想.
【详解】（1）当时，，显然成立；当时，应有且，解得.综上可知，.
（2）由 可知，，即，设，则命题等价于当时，恒成立，
，在区间上单调递增，，即，.
【点睛】对于含参数的不等式问题，经常与函数和方程结合在一起来研究，善于将各分支知识融会贯通是解决此类问题的最佳策略．同时要注意体会“主元”思想在等价转化中的作用．
19. 已知函数，．
（1）当时，有，求实数m的取值范围；
（2）若不等式的解集为[1，3]，正数a，b满足，求的最小值．
【答案】（1）
（2）7
【解析】
【分析】（1）直接利用绝对值不等式的性质；
（2）利用绝对值不等式解法求出,代入得到的等式，转化为只含有的式子后利用基本不等式可以求解．
【小问1详解】
由题意得：∵在上恒成立，
∴在上恒成立，∴．
又∵，当且仅当，即时等号成立．
∴，即实数m的取值范围为．
【小问2详解】
令，∴，
若时，解集为，不合题意．
若时，有，∴，又∵，∴，
∴综上所述：．
∴，∴，∵，∴解得，
∴．
∴，当且仅当，即a＝3时等号成立，此时．
∴当a＝3，b＝4时，的最小值为7．
20. 在三棱柱中，平面平面，侧面为菱形，，，，是的中点.

（1）求证：平面；
（2）点在线段上（异于点，），与平面所成角为，求的值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）作交于点，由面面垂直的性质可得平面，可得，再由线面垂直的判定定理得平面，从而得到，再由线面垂直的判定定理可得答案；
（2）以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，设，可得，求出平面的一个法向量，由线面角的向量求法可得答案.
【小问1详解】
因为侧面为菱形，，，
所以为边长为的等边三角形，
作交于点，则点为的中点，
因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，
平面，可得，
又，，平面，可得平面，
因为平面，所以，因为侧面为菱形，所以，
，平面，所以平面；
【小问2详解】
由（1）知，平面，，取做的中点，连接，
则，所以平面，
以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
，，
设，可得，所以，
设平面的一个法向量为，则
，即，令，可得，
可得，
解得舍去，或，所以.

21. 已知.
（1）设，，若函数存在零点，求的取值范围；
（2）若是偶函数，设，若函数与的图象只有一个公共点，求实数的取值范围.
【答案】（1）;（2）见解析；
【解析】
【详解】试题分析：（1）函数有零点转化为方程有解，只需求函数的值域，的取值范围即为其值域；
（2）根据是偶函数，利用特殊值求，函数与的图象只有一个公共点，即方程有一解，得方程有一解，换元转化为一元二次方程只有一正根的问题，分类讨论即可求出.
（1）由题意函数存在零点，即有解.
又 ，
易知在上是减函数，又，，即，
所以的取值范围是.
（2），定义域为，为偶函数

检验： ，
则为偶函数，
因为函数与的图象只有一个公共点，
所以方程只有一解，即只有一解，
令，则有一正根，
当时，，不符合题意，
当时，若方程有两相等的正根，则且 ，解得，
若方程有两不相等实根且只有一正根时，因为图象恒过点，只需图象开口向上，所以即可，解得，
综上，或，即的取值范围是.
点睛：本题在处理两个函数图象只有一个交点时，转化为对应方程只有一解，利用换元法转化为含有参数的一元二次方程只有一正根，当时，结合二次函数图象，分类讨论即可，在分类讨论时注意分类标准的选择，做到不重不漏.
22. 已知函数.
（1）当时，求函数的极小值；
（2）若有两个零点，求的取值范围.
【答案】（1）极小值为
（2）
【解析】
【分析】（1）求导，根据导函数的正负即可求解，
（2）求导，分类讨论，结合零点存在性定理即可求解.
【小问1详解】
当时，，
令，解得，列表如下：
所以的极小值为.
【小问2详解】
函数有两个零点即有两个零点.
因为，
①当时，在上是增函数，最多只有一个零点，不符合题意；
②当时，由得，
当时，在上是增函数；
当时，在上是减函数.
（i）若，则，最多只有一个零点；
（ii）若，因为，且，
所以在区间内有一个零点.
令，则，
当时，在上是增函数；
当时，在上是减函数.
所以，故.
所以，又，
所以在区间内有一个零点.
综上可知：当时，有两个零点，
故的取值范围为.
【点睛】本题主要考查导数在函数中的应用，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，求解曲线在某点处的切线方程；(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题，同时注意数形结合思想的应用.
0
极小值