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

这是一份四川省宜宾市叙州区第二中学2024届高三一模数学（文）试题（Word版附解析），共23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. 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，且在上单调递减的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用偶函数定义可知C错误，利用幂函数性质可知在上单调递增，可得A错误；由二次函数性质可知在上单调递增，即B错误；易知为偶函数且在上单调递减，即D正确.
【详解】对于A，易知的定义域为，为偶函数，且在上单调递减，
又偶函数在对称区间上的单调性相反，即可得在上单调递增，可得A错误；
对于B，显然的定义域为，且为偶函数，
由二次函数图象可知，其在上单调递递增，即B错误；
对于C，易知的定义域为，不满足偶函数定义，即不是偶函数，所以C错误；
对于D，易知的定义域为，且为偶函数，由图象可知其在上单调递减，即D正确.
故选：D
3. 已知函数，则 （ ）
A -6B. 0C. 4D. 6
【答案】A
【解析】
【分析】由分段函数解析式，利用周期性求得，进而求目标函数值.
【详解】由分段函数知：当时，周期，
所以，
所以．
故选：A
4. 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．
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a=21.3，b=40.7，c=lg38，则a，b，c的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用指数函数与对数函数的性质即可比较a，b，c的大小．
【详解】，
．
故选：C．
【点睛】本题考查了指数函数与对数函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
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：C
8. 将函数的图象向左平移个单位长度得到f（x）的图象，则（ ）
A. B. 的图象关于对称
C. D. 的图象关于直线对称
【答案】B
【解析】
【分析】根据三角函数的图象变换，求得，再结合三角函数的图象与性质，逐项判定，即可求解.
【详解】由题意，将函数的图象向左平移个单位长度，
可得，所以A不正确；
由，所以的图象关于对称，
所以B正确；
由，所以C不正确；
令，可得，
可得不是函数的对称轴，所以D不正确.
故选：B.
9. 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.
10. 若,,,求=
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由同角三角函数的基本关系可得和，进而由诱导公式和和差角的公式可得：，代值计算可得．
【详解】，，，
又，，
，
，,故选C.
【点睛】本题考查两角和与差的正弦公式，涉及同角三角函数的基本关系和诱导公式，属中档题．
11. 在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为梯形，平面PAD⊥底面ABCD，，，，，则四棱锥P－ABCD外接球的表面积为（ ）
A. 26πB. 27πC. 28πD. 29π
【答案】D
【解析】
【分析】建立坐标系，利用外接球的特点与性质确定球心和半径，进而得出表面积.
【详解】取中点为，取的中点为，连接，因为，，
平面PAD⊥底面ABCD，平面PAD⊥底面ABCD，平面,
平面，平面，，
则以点为坐标原点，建立坐标系，如下图所示：
设梯形外接圆的圆心为，由可得
解得，则.
设四棱锥P－ABCD外接球的球心坐标为.
则球心到点与到点的距离相等，则
即，故球心坐标为，半径为.
四棱锥外接球的表面积为.
故选：D
12. 设函数恰有两个极值点，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
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. 已知，分别是的两个实数根，则_______.
【答案】
【解析】
【分析】由题意得真数等于1，利用韦达定理结合两角和的正切化简求解
【详解】由题意可得，即，由根与系数关系，
，则
故答案为：.
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. △的内角的对边分别为，已知，，则△的面积为________．
【答案】.
【解析】
【分析】方法一：由正弦定理可得，化简求得，利用余弦定理，结合题中的条件，可以得到，由为锐角，求得， ，利用三角形面积公式即可解出.
【详解】［方法一］：【最优解】边化角
因，由正弦定理得，
因为，所以．又因为，
由余弦定理，可得，
所以，即为锐角，且，从而求得，
所以的面积为.
故答案为：.
［方法二］：角化边
因，由正弦定理得，即，又，所以，．又因为，
由余弦定理，可得，
所以，即为锐角，且，从而求得，
所以的面积为.
故答案为：.
【整体点评】方法一：利用正弦定理边化角，求出，再结合余弦定理求出，即可求出面积，该法是本题的最优解；
方法二：利用正弦定理边化角，求出，再结合余弦定理求出，即可求出面积．
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. 已知函数的导函数的两个零点为和0．
（1）求的单调区间；
（2）若的极小值为，求在区间上的最大值．
【答案】（1）答案见解析.
（2）
【解析】
【分析】（1）先对求导，构造，结合二次函数的图像，易得的单调区间；
（2）由（1）易得是的极小值点，由此及导数零点可得三条方程，联立解之可得的解析式，再利用单调性易得.
【小问1详解】
依题意得，，
令，
因为, 所以的零点就是的零点, 且与符号相同，
又因为，故开口向下，
所以当时，，即；当或时，，即，
所以的单调递增区间是，单调递减区间是.
【小问2详解】
由（1）可知，是的极小值点，
所以有，解得，
所以，
由（1）知在上单调递减，
故.
20. 如图，在四棱锥中，底面是梯形，，，，为等边三角形，为棱的中点.

（1）证明：平面；
（2）当=时，求证：平面⊥平面，并求点与到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析；
（2）证明见解析，距离为
【解析】
分析】（1）利用线面平行判定定理即可证得平面；
（2）利用面面垂直判定定理即可证得平面⊥平面；利用三棱锥等体积法即可求得点与到平面的距离.
【小问1详解】
取线段的中点,连接,
则为的中位线,∴
由题知,
∴,∴四边形为平行四边形.
∴
又∵平面,平面,
∴平面
【小问2详解】
在中，∵,∴.
又∵,平面
∴平面，平面，
∴平面平面，
∵为的中点，
∴到平面的距离等于点到平面的距离的一半.
∵平面，∴平面∴.
∴
取中点，连接，又为等边三角形，
则.
∵平面平面，∴平面，
设点到平面的距离为.
由 ，得，解得.
∴点到平面的距离为

21. 已知函数．
（1）若，求函数的图像在处的切线方程；
（2）若，是函数的两个极值点，求的取值范围，并证明：．
【答案】（1）
（2），证明见解析
【解析】
【分析】（1）先求出切点，再利用导数的几何意义求出切线的斜率，即可求出切线方程；
（2）由有两个极值点，则在有两个不相等的实数根，得出的取值范围，再由根与系数的关系得出，，代入，得出，结合即可证明结论．
【小问1详解】
当时，，，
所以，，
所以函数的图像在处的切线方程为，即．
【小问2详解】
因为，
所以，
由题意知是方程在内的两个不同的实数解，
令，
又，且函数图像的对称轴为直线，
所以只需，
解得，即实数的取值范围为，
由是方程的两根，
得，，
故
，
又，
所以．
（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. 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]
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，