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）

这是一份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），共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

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：C
5. 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：C
8. 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
∴