四川省泸州市泸州老窖天府中学2024届高三上学期数学(理科)一诊模拟（二）试题（Word版附解析）

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泸州老窖天府中学高2021级高三上期一诊模拟(二)
数学（理科）
第Ⅰ卷 ( 选择题，共60分）
一、选择题 本大题共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】解出集合中不等式，然后根据集合的交集运算可得答案.
【详解】因为，，
所以.
故选：A
2. 已知，，则（ ）
A. B. C. 4D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】利用指数式和对数式的关系可得a的值，再根据换底公式可得.
【详解】因为，所以，
所以.
故选：A
3. 设l是直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A. 若，，则B. 若，，则
C. 若，，则D. 若，，则
【答案】B
【解析】
【分析】举例说明判断ACD；利用线面垂直的判定、面面垂直的判定推理判断D.
【详解】对于A，若相交，令，
当，且时，满足，，显然不平行，A错误；
对于B，，则存在直线，使得，
而，则，因此，B正确；
对于C，若，令，
当且时，满足，而与不平行，C错误；
对于D，若，令，
当，时，有，此时或，与不垂直，D错误．
故选：B
4. 当某种药物的浓度大于100mg/L（有效水平）时才能治疗疾病，且最高浓度不能超过1000mg/L（安全水平）．从实验知道该药物浓度以每小时按现有量14%的速度衰减．若治疗时首次服用后的药物浓度约为600mg/L，当药物浓度低于有效水平时再次服用，且每次服用剂量相同，在以下给出的服用间隔时间中，最合适的一项为（ ）
（参考数据：，，）
A. 4小时B. 6小时C. 8小时D. 12小时
【答案】D
【解析】
【分析】设小时后药物浓度为，由题意可得，两边取常用对数求解即可.
【详解】设小时后药物浓度为
若小时后药物浓度小于100mg/L，则需再服药
由题意可得，即
所以，则
所以
所以在首次服药后13个小时再次服药最合适，则服用药物的间隔时间12小时最合适
故选：D
5. 已知命题p：函数在上单调递减；命题，都有．若为真命题，为假，则实数a的取值范围为（ ）．
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意求出 为真命题时的范围，进而根据 中一真一假分两类情况讨论即可求解.
【详解】若命题p为真，则 ，若为真，则 ，
由于为真命题，为假，则 中一真一假
若 真 假，则满足： ；
若 真 假，则满足： ，此时 无解，
综上
故选：A
6. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】以整体，结合倍角公式可得，再利用诱导公式运算求解.
【详解】因为，
所以．
故选：A.
7. 若，，则
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】试题分析：用特殊值法，令，，得，选项A错误，，选项B错误， ，选项D错误，
因为选项C正确，故选C．
【考点】指数函数与对数函数的性质
【名师点睛】比较幂或对数值的大小,若幂的底数相同或对数的底数相同,通常利用指数函数或对数函数的单调性进行比较；若底数不同,可考虑利用中间量进行比较.
8. 在梯形中，，将 沿折起，连接，得到三棱锥，则三棱锥体积最大时，其外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】如图所示，过点作，由余弦定理得，再由平面平面时，三棱锥体积最大，记为外接球球心，半径为，其中的外接圆的圆心为，结合球的截面的性质，求得外接球的半径，结合球的表面积公式，即可求解.
【详解】如图所示，过点作，垂足为，
因为为等腰梯形，且，所以，且，
由余弦定理得，可得，
因为，所以，
当平面平面时，三棱锥体积最大，此时平面，
记为外接球球心，半径为，其中的外接圆的圆心为，
连接，则平面，所以，
取的中点，因为，且，所以到平面的距离，
又因为的外接圆半径，所以，
所以球的表面积为.
故选：D.
9. 将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，且的图象的一条对称轴是直线，则的最小值为（ ）
A. B. 2C. 3D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用平移变换得出，再由对称轴的性质得出，，结合得出的最小值.
【详解】将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象对应的函数为
因为函数的图象的一条对称轴是直线
所以，
解得，，又
所以当时，取最小值，为
故选：A
【点睛】关键点睛：解决本题的关键在于利用对称轴的性质结合得出的最小值.
10. 如图，某景区欲在两山顶A，C之间建缆车，需要测量两山顶间的距离.已知山高，，在水平面上E处测得山顶A的仰角为30°，山顶C的仰角为45°，，则两山顶A、C之间的距离为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】过作，垂足为，在中，利用余弦定理求出，即得，在直角三角形中，根据勾股定理可得.
【详解】过作，垂足为，
在直角三角形中，，
在直角三角形中，，
在中，
，
在直角三角形中，，
所以.
故选：B.
【点睛】本题考查了方向角，考查了余弦定理的应用，属于基础题.，
11. 已知点P是曲线上任意一点，点Q是直线上任一点，则的最小值为（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用导数的几何意义求出曲线的切线，利用数形结合进行求解即可.
【详解】函数的定义域为全体正实数，
，
当时，单调递增，
当时，单调递减，函数图象如下图：
过点的曲线的切线与直线平行时，最小，
即有，
所以，
故选：A

12. 已知函数的定义域均为R，且．若的图像关于直线对称，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据对称性和已知条件得到，从而得到，，然后根据条件得到的值，再由题意得到从而得到的值即可求解.
【详解】因为的图像关于直线对称，
所以，
因为，所以，即，
因为，所以，
代入得，即，
所以，
.
因为，所以，即，所以.
因为，所以，又因为，
联立得，，
所以的图像关于点中心对称，因为函数的定义域为R，
所以
因为，所以.
所以
故选：D
【点睛】含有对称轴或对称中心的问题往往条件比较隐蔽，考生需要根据已知条件进行恰当的转化，然后得到所需的一些数值或关系式从而解题.
第Ⅱ卷
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡上．
13. 曲线与轴所围成的图形面积为______．
【答案】2
【解析】
【分析】
直接利用定积分求解.
【详解】由题得.
所以所求的图形的面积为2.
故答案为：2
【点睛】方法点睛：求定积分的方法：(1)代数法：利用微积分基本原理求；（2）几何法：数形结合利用面积求.
14. 如图，网格纸的小正方形的边长是1，在其上用粗线画出了某多面体的三视图，则这个多面体最长的一条棱的长为______.
【答案】
【解析】
【详解】试题分析：由三视图知，几何体是一个四棱锥，
四棱锥的底面是一个正方形，边长是2，
四棱锥的一条侧棱和底面垂直，且这条侧棱长是2，
这样在所有的棱中，连接与底面垂直的侧棱的顶点与相对的底面的顶点的侧棱是最长的长度是，
考点：三视图
点评：本题考查由三视图还原几何体，所给的是一个典型的四棱锥，注意观察三视图，看出四棱锥的一条侧棱与底面垂直．
15. 设当时，函数取得最大值，则______.
【答案】；
【解析】
【详解】f(x)＝sin x－2cs x＝＝sin(x－φ)，其中sin φ＝，cs φ＝，当x－φ＝2kπ＋ (k∈Z)时，函数f(x)取得最大值，即θ＝2kπ＋＋φ时，函数f(x)取到最大值，所以cs θ＝－sin φ＝－.
16. 如图，已知在棱长为2的正方体中，点E，F，H分别是，，的中点，点G是上的动点，下列结论中正确的有________________.
①平面ABH ②平面
③直线EF与所成的角为 ④三棱锥的体积最大值为
【答案】②③④
【解析】
【分析】根据线面平行和线面垂直的判定定理判定①错②对；根据异面直线夹角的求法判定③对；利用三棱锥体积公式判定④对.
【详解】
对于①：因为为正方体，所以，
则A，，，四点共面，即在平面上，故①错；
对于②连接，，，
在正方体中，，面，平面，
∴，
∵，，面，∴⊥面，
又面，∴，
又∵，面，平面，∴．
∵，，面，∴⊥面，
∵平面，∴，
又，，， 面，
∴面，故②正确；
对于③：取中点I，连接，
在中，∵F，I分别为，的中点，∴，
又，∴，∴与所成角为，
在中，，，，
∴，∴与所成的角为，故③正确；
对于④：当G位于点时，三棱锥的体积最大，故
，故④正确.
故答案为：②③④.
三、解答题：本大题共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. 在中，角，，的对边分别为，，，若.
（1）求角的大小；
（2）若为上一点，，，求的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理化简已知条件，结合余弦定理求得正确答案.
（2）利用三角形的面积公式列方程，结合基本不等式求得的最小值.
【小问1详解】
依题意，，
由正弦定理得，
，所以，
所以是钝角，所以.
【小问2详解】
，
，所以，
即，
所以，
当且仅当时等号成立.
18. 已知函数
（1）若其图象在点处的切线方程为，求，的值；
（2）若1是函数的一个极值点，且函数在上单调递增，求实数的取值范围.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意，且，由此即可得解.
（2）一方面：由题意，且至少有两个零点（否则单调递增没有极值点）；另一方面：由题意在上恒成立，分离变量即可；结合两方面即可得解.
【小问1详解】
点在切线上，
，①
，，②
联立①②解得，.
【小问2详解】
依题意有，，，
且，；
又，，
则时，，即，
令，，求导得，所以单调递增，
；
又，所以的取值范围为.
19. 已知函数，再从条件①：的最大值为1；条件②：的一条对称轴是直线﹔条件③：的相邻两条对称轴之间的距离为﹐这三个条件中选择能确定函数解析式的两个合理条件作为已知，求：
（1）函数的解析式；
（2）已知，若在区间上的最小值为，求m的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用三角恒等变换化简，再由三角函数的性质分别转化三个条件，即可得解；
（2）先求出的解析式，再由正弦函数的性质即可确定m的取值范围，即可得最大值.
【小问1详解】
由题意，函数
，
若选①：最大值为1，则，则，
若选②：的一条对称轴是直线,则由，不符合正弦函数对称轴的要求，不合题意；
若选③：的相邻两条对称轴之间的距离为，
则函数的最小正周期,可得；
所以只能选择条件①③作为已知，此时；
【小问2详解】
由题意，，
当，则，
若在区间上的最小值为，则，
所以，所以m的最大值为.
20. 如图，在四棱锥中，平面平面，底面是矩形，分别是的中点，平面经过点与棱交于点．

（1）试用所学知识确定在棱上的位置；
（2）若，求与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）靠近的三等分点处
（2）
【解析】
【分析】（1）根据矩形的性质，结合平行线的性质进行求解即可；
（2）根据面面垂直的性质，建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.
【小问1详解】
过作直线与平行，延长与交于点，
连接与的交点即为点．
因为底面是矩形，是的中点，
所以，且．
又，所以，
因为是的中点，可得，
则，所以．
故在棱的靠近的三等分点处．
【小问2详解】
因为是的中点，所以，
又平面平面，平面平面，
平面，所以平面．
取中点，连接，易知两两相互垂直，
如图，分别以为轴建立空间直角坐标系，
则，
．

设平面的法向量为，
则即令，则，所以．
．
设与平面所成角为，
则，
所以与平面所成角的正弦值为．
21. 已知函数（，e为自然对数的底数）
（1）求函数的单调区间；
（2）若不等式在区间上恒成立，求实数k的取值范围．
【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为；
（2）
【解析】
【分析】（1）对函数求导，利用导函数的单调性及零点确定导函数大于0、小于0的解集，即可得解；
（2）转化不等式为在区间上恒成立，构造函数，利用端点处的函数值及导数，分类讨论即可得解.
【小问1详解】
由题意，，则，
由在上均单调递减，所以在上单调递减，
又，所以当时，，当时，，
所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为；
【小问2详解】
不等式即在区间上恒成立，
令，则，，
所以，
若，即时，此时存在使得当时，，
函数在上单调递增，，不合题意；
若时，，
令，则，
所以单调递减，，
所以，当且仅当时等号成立，
所以在上单调递减，所以，符合题意；
综上，实数k的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是端点效应及多次求导的应用，在进行多次求导时，要清楚每次求导的作用.
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. 作答时请写清题号.
选修4-4：坐标系与参数方程
22. 如图，在极坐标系中，圆的半径为，半径均为的两个半圆弧所在圆的圆心分别为，，是半圆弧上的一个动点，是半圆弧上的一个动点.

（1）若，求点的极坐标；
（2）若点是射线与圆的交点，求面积的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据图形关系可确定，极角，由此可得点的极坐标；
（2）利用表示出和，代入三角形面积公式，结合三角恒等变换知识可化简得到，结合正弦型函数值域可求得结果.
【小问1详解】
由知：，，

点的极角为，点的极坐标为.
【小问2详解】

由题意知：，，，
，
，，，.
选修4-5：不等式选讲
23. 选修4-5：不等式选讲
已知函数，，.
（1）解不等式；
（2）任意，恒成立，求的取值范围.
【答案】(1) (2)
【解析】
【分析】（1）由于不等式可，可平方后求解；
（2）不等式可化为，利用不等式的三角不等式求得的最小值，然后解不等式可得的范围．
【详解】（1）不等式即，
两边平方得，解得，
所以原不等式的解集为.
（2）不等式可化为，
又，所以，解得，
所以的取值范围为.
【点睛】本题考查绝对值不等式的问题，解绝对值不等式常用方法是根据绝对值的定义去绝对值符号后再求解，如果对两边均非负的不等式可平方去绝对值符号．绝对值三角不等式在求含绝对值的最小值时用处较大，而且是常用方法．