四川省泸州市泸县2024届高三数学一模文试题含解析

这是一份四川省泸州市泸县2024届高三数学一模文试题含解析，共16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. 已知全集为，集合，，则集合等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先计算，再计算.
【详解】，，
，
故选：B．
2. 若复数，为虚数单位，则的虚部为（）
A. B. C. 1D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】由共轭复数的定义和复数虚部的定义求解.
【详解】复数，则，的虚部为1.
故选：C
3. 若，则=（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】运用整体代换的思想，找出已知角与所求角之间的关系，根据诱导公式即可求解.
【详解】.
故选：C.
4. 已知，则（）
A. B. 0C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由弦切互化可得，进而由余弦的二倍角公式以及齐次式的计算即可求解.
【详解】由可得，故，
故选：A
5. 设a＝lg36，b＝lg510，c＝lg714，则 ( )．
A. c>b>aB. b>c>a
C. a>c>bD. a>b>c
【答案】D
【解析】
【详解】试题分析：，，；且；.
考点：对数函数的单调性.
6. 已知函数且，则等于（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据分段函数解析式及求出，再计算即可得解.
【详解】若，则，即，无解；
若，则，即，解得，
所以，
故选：A
7. 将函数f(x)=sin2x-cs2x的图象向左平移个单位长度，所得图象对应的函数（）
A. 在区间[0，]上单调递增
B. 最小正周期为
C. 图象关于对称
D. 图象关于(，0)对称
【答案】C
【解析】
【分析】
根据辅助角公式可得，再由三角函数图象的平移变换可得，结合正弦函数的性质逐一判断即可.
【详解】，
其图象向左平移个单位长度，
可得，
当时，，所以函数
在区间[0，]上不单调，故A不正确；
最小正周期为，故B不正确；
当时，，即，故C正确、D不正确；
故选：C
8. 已知直线,和平面，，若，，，要使，则应增加的条件是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】已知直线m、n和平面α、β，若α⊥β,α∩β＝m，nα，应增加的条件n⊥m，才能使得n⊥β.
9. 若函数在区间上不单调，则实数的取值范围是（）
A. B.
C. D. 不存在这样的实数k
【答案】B
【解析】
【分析】利用导数与函数单调性的关系以及一元二次方程的根进行求解.
【详解】由题意得，在区间上至少有一个实数根，
又的根为，且在或两侧异号，
而区间的区间长度为2，故只有2或-2在区间内，
∴或，
∴或，故A，C，D错误
故选：B.
10. 已知函数的定义域为，为奇函数，为偶函数，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据函数图象之间的平移变换及所给奇、偶函数判断A，给出满足条件的特殊函数排除BCD.
【详解】因为为奇函数，
所以的图象经过原点，即，
由的图象向右平移2个单位可得函数的图象知，图象过点，
即，
因为为偶函数，所以，
所以当时，，故A正确；
令，则满足为奇函数，为偶函数，
显然BCD不满足.
故选：A
11. 已知点、．若点在函数的图象上，则使得的面积为的点的个数为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
设出点的坐标，以为底结合的面积计算出点到直线的距离，利用点到直线的距离公式可得出关于的方程，求出方程的解，即可得出结论.
【详解】设点的坐标为，直线的方程为，即，
设点到直线的距离为，则，解得，
另一方面，由点到直线的距离公式得，
整理得或，，解得或或.
综上，满足条件的点共有三个．
故选：C.
【点睛】本题考查三角形面积的计算，涉及点到直线的距离公式的应用，考查运算求解能力，属于中等题．
12. 已知且，且，且，则（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】可设，利用导数说明其单调性，依题意可得，，，从而得出，根据题意可知，，，这样即可得出，，的大小关系．
【详解】解：记，有，
所以当时，当时，
在单调递减，在单调递增，
因为且，且，且
即，，
即，，，
则，，
，，，，，，
．
故选：．
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. 当时，幂函数为减函数，则实数的值为______.
【答案】2
【解析】
【分析】根据给出的函数为幂函数，由幂函数概念知，再根据函数在上为减函数，得到幂指数应该小于0，求得的值应满足以上两条.
【详解】解：因为函数既是幂函数又是上的减函数，
所以，解得：.
故答案为：2.
【点睛】本题考查了幂函数的概念及性质，解答此题的关键是掌握幂函数的定义，此题极易把系数理解为不等于0而出错，属基础题.
14. 已知角的顶点与原点重合，始边与x轴正半轴重合，终边过点，则______.
【答案】
【解析】
【分析】根据角终边过点，可求出角三角函数值，再利用正弦和余弦的和差角公式，以及同角三角函数的平方关系，即可求出结果.
【详解】∵的终边过点，
∴，（三角函数的概念），
∴
，
故答案为：.
15. 如图，圆台中，，其外接球的球心O在线段上，上下底面的半径分别为，，则圆台外接球的表面积为________.
【答案】
【解析】
【分析】列出外接球半径所满足的方程，解出半径，得外接球表面积.
【详解】
设外接球半径为R，
则，解得，
所以外接球表面积为，
故答案为：.
16. 若面积是外接圆面积的，则______．
【答案】##
【解析】
【分析】由正弦定理表示外接圆的面积，由的面积是外接圆面积的得出，又，化简即可得出结果.
【详解】由正弦定理得，则，
又的面积是外接圆面积的，
所以，即
.
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，且.
（1）求的值；
（2）若，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由诱导公式结合同角三角函数基本关系运算求解；
（2）由题意构造角，结合两角和差公式可得，再结合倍角公式和诱导公式运算求解.
【小问1详解】
由题意可得：,即，
又因为，则，
所以.
【小问2详解】
因为,则，
又因为，则,
可得,
所以.
18. 在中,角、、所对的边分别为、、.已知, 且.
（1）求的值；
（2）若，求周长的最大值.
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】（1）由已知式子和三角函数公式可得，进而得到的值；
（2）由可得，利用基本不等式可求出的最大值，即可求出周长的最大值.
【详解】解：（1）由, 得, 由正弦定理，得,
由余弦定理，得，整理得，因为,所以，所以 .
（2）在中,, 由余弦定理得，, 因为,
所以, 即, 所以, 当且仅当时，等号成立.
故当时，周长的最大值.
19. 已知函数．
（Ⅰ）若是的极值点，确定的值；
（Ⅱ）当时，，求实数的取值范围．
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）
【解析】
【分析】
（Ⅰ）求导，根据得到答案.
（Ⅱ），讨论，，三种情况，计算得到答案.
【详解】（Ⅰ）的定义域为，，由题意.
若，则，
当时，；当时，.
所以是极大值点，故．
（Ⅱ），
①若，则，在上单调递增，
，满足题意．
②若，则当时，，单调递增；
当时，，单调递减；此时当时，，不合题意.
③若，则时，，单调递减.
，不合题意.
综上可知，当，时，，故.
【点睛】本题考查了函数的极值点问题，恒成立问题，转化为函数的最值问题是解题的关键.
20. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面．
（1）证明：平面；
（2）若，且，求点到平面的距离．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据面面垂直可得线面垂直，再得线线垂直，由线面垂直的判定定理得证；
（2）根据等体积法求出点到面的距离即可.
【小问1详解】
证明：因为四边形是矩形，所以，
又平面平面，平面平面平面，
所以平面，因为平面，所以．
因为平面，所以平面．
【小问2详解】
如图，取中点为，连接，由（1）知平面，所以，
又，
所以且，
由平面平面，平面平面平面，
则平面，即点到平面的距离为1，
因为，所以，
又，所以，
所以．
所以，
设点到平面的距离为，则，
，解得，
即点到平面的距离为．
21. 已知函数f（x）＝ae﹣x+lnx﹣1（a∈R）．
（1）当a≤e时，讨论函数f（x）的单调性：
（2）若函数f（x）恰有两个极值点x1，x2（x1＜x2），且x1+x2≤2ln3，求的最大值．
【答案】（1）f（x）在（0，+∞）上单调递增；
（2）3
【解析】
【分析】(1)求导得，当a≤0时，恒成立；当0＜a≤e时，
令g′（x）＝ex﹣a，分析g（x）单调性结合取值得，进而可得结论.
(2) 函数f（x）恰有两个极值点x1，x2得，故令，则，，
构造结合导数分析单调性，再判断最值.
【小问1详解】
函数的定义域为（0，+∞），，
当a≤0时，恒成立，f（x）在（0，+∞）上单调递增；
当0＜a≤e时，令，则ex﹣ax＝0，设g（x）＝ex﹣ax，则，
易知，当0＜x＜lna时，，g（x）单调递减，
当x＞lna时，，g（x）单调递增，
∴g（x）≥g（lna）＝elna﹣alna＝a（1﹣lna）≥0，
∴，在（0，+∞）上单调递增；
综上，当a≤e时，f（x）在（0，+∞）上单调递增；
【小问2详解】
依题意，，则，
两式相除得，，设，则t＞1，x2＝tx1，，
∴，，
∴，
设，则，
设，则，
∴在（1，+∞）单调递增，则，
∴，则h（t）在（1，+∞）单调递增，
又x1+x2≤2ln3，即h（t）≤2ln3，h（3）＝2ln3，
∴t∈（1，3]，即的最大值为3．
【点睛】思路点睛：对于带参函数讨论单调性的问题，一般在求导后结合对参数分类讨论进行分析；导数问题中带有不等式求范围或最值问题，一般先根据条件转化为它的等价条件，结合式子特征构造合适的函数，再求导结合单调性分析最值.
（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. 已知曲线C：(α为参数)和定点A(0,)，F1，F2是此曲线的左、右焦点，以原点O为极点，以x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．
(1)求直线AF2的极坐标方程；
(2)经过点F1且与直线AF2垂直的直线l交曲线C于M，N两点，求||MF1|－|NF1||的值．
【答案】（1）ρcsθ＋ρsinθ＝;（2）
【解析】
【分析】
（1）先将曲线C参数方程化为普通方程，求出F2点坐标，进而求出直线AF2的直角坐标方程，再化为极坐标方程；
（2）根据条件求出具有几何意义的直线l参数方程，代入曲线C的普通方程，运用韦达定理和直线参数的几何意义，即可求解.
【详解】(1)曲线C：可化为，
故曲线C为椭圆，则焦点F1(－1，0)，F2(1，0)．
所以经过点A(0，)和F2(1，0)的直线AF2的方程为
x＋＝1，即x＋y-＝0，
所以直线AF2的极坐标方程为ρcsθ＋ρsinθ＝.
(2)由(1)知，直线AF2的斜率为-，因为l⊥AF2，
所以直线l的斜率为，即倾斜角为30°，
所以直线l的参数方程为(t为参数)，
代入椭圆C的方程中，得13t2－t－36＝0.
因为点M，N在点F1的两侧，
所以||MF1|－|NF1||＝|t1＋t2|＝.
【点睛】本题考查普通方程化参数方程、直角坐标方程化极坐标方程，考查直线参数方程几何意义的运用，属于中档题.
[选修 4-5：不等式选讲]（10 分）
23. 已知函数.
（1）当时，求不等式的解集；
（2）若对于任意实数x，不等式恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）利用分类讨论法解绝对值不等式得解；
（2）等式恒成立等价于，再分类讨论解绝对值不等式.
【详解】(1)当时，
有或或
解得或或
所以的解集为.
(2)对于任意实数，不等式成立，即恒成立.
又因为.
要使原不等式恒成立，则需要.
当时，无解；
当时，由，解得；
当时，由，解得，
所以实数的取值范围是.
【点睛】本题主要考查绝对值不等式的解法，考查绝对值三角不等式，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.