四川省叙永校2024届高三数学上学期理“一诊”模拟测试二试题含解析

这是一份四川省叙永校2024届高三数学上学期理“一诊”模拟测试二试题含解析，共24页。试卷主要包含了 选择题的作答， 填空题和解答题的作答， 已知函数的部分图象如图所示等内容，欢迎下载使用。

2. 选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题的答案标号涂黑.
3. 填空题和解答题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内，作图题可先用铅笔绘出，确认后再用0.5毫米黑色签字笔描清楚，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
4. 考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交.
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】D
【解析】
【分析】根据指数函数值域和对数函数定义域求出集合A，B，然后由交集运算可得.
【详解】由指数函数性质可知，，
由得，所以，
所以.
故选：D
2. 下列函数中，是偶函数且在上单调递减的是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用基本初等函数的奇偶性及单调性，结合各选项进行判断即可.
【详解】对于A，由题意可知的定义域为,，所以是偶函数且在上不是单调递减，不符合题意；故A错误；
对于B，由题意可知的定义域为,，所以是偶函数且在上单调递减，符合题意；故B正确；
对于C，由题意可知的定义域为,，所以是偶函数且在上单调递增；不符合题意；故C错误；
对于D，的定义域为，不是偶函数，不符合题意；故D错误；
故选：B.
3. 命题“”是真命题的一个必要不充分条件是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据恒成立问题分析可得命题“”是真命题等价于“”，结合充分、必要条件分析判断.
【详解】若命题“”是真命题，则，
可知当时，取到最大值，解得，
所以命题“”是真命题等价于“”.
因为，故“”是“”的必要不充分条件，故A正确；
因为，故“”是“”的充要条件，故B错误；
因为，故“”是“”的充分不必要条件，故C错误；
因为与不存在包含关系，故“”是“”的即不充分也不必要条件，故D错误；
故选：A.
4. 1614年纳皮尔在研究天文学的过程中为了简化计算而发明对数；1637年笛卡尔开始使用指数运算；1770年，欧拉发现了指数与对数的互逆关系，指出：对数源于指数，对数的发明先于指数，称为历史上的珍闻.若，，则的值约为（）
A. 1.322B. 1.410
C. 1.507D. 1.669
【答案】A
【解析】
【分析】由可得,进而将条件代入求解即可.
【详解】,,
故选:A
【点睛】本题考查指数、对数的转化,考查对数的换底公式的应用,属于基础题.
5. 如图所示，一船向正北方向航行，当航行到点时，看见正西方向有两个相距10海里的灯塔和恰好与船在一条直线上，继续航行1小时到达点后，看见灯塔在船的南偏西方向上，灯塔在船的南偏西方向上，则这艘船的速度是（）
A. 5海里/时B. 海里/时C. 10海里/时D. 海里/时
【答案】A
【解析】
【分析】依题意有，在中，求得，从而求得速度．
【详解】依题意有，，，
从而，在中，求得，
这艘船的速度是（海里/时）．
故选：A
6. 在中，角，，的对边分别为，，，若，，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先利用正弦定理将中的边化为角，变形整理可得，进而可得，同样的将中的边化角，结合的正弦余弦值，可得，最后通过可求出结果.
【详解】解：，
由正弦定理得：，
，
，
，则，
又，
，
，
则，
，
，
又，
得，
，
故选：A
【点睛】本题考查正弦定理的应用，通过边化角求出角，考查了学生的计算能力，是中档题.
7已知，且满足，则（）
AB. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先由二倍角余弦公式和两角差的正弦公式化简得到，再利用基本关系式求解.
【详解】解：因为，且，
所以，化简得，
两边平方化简得，
所以，
即，则，
两式联立求得，
所以，
故选：A
8. 已知函数，若方程有两个不相等的实数根，则实数的取值可以是（）
A. B. 1C. 2D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】分析函数图像即可求解.
【详解】由题意知函数的图象与直线有两个交点，
作出图象如图所示，当时，，
故在点处的切线斜率为，直线恒过定点，
时的图象与直线有1个交点，不合题意，排除AB；
时直线过点，结合图象知也只有1个交点，不合题意，排除C；
抛物线部分和直线相切时，联立得，由得
直线过点时，结合图象知满足题意；
故选：D.
9. 某校科技社利用3D打印技术制作实心模型．如图，该模型的上部分是半球，下部分是圆台．其中半球的体积为，圆台的上底面半径及高均是下底面半径的一半．打印所用原料密度为，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量约为（）（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可知所需要材料的体积即为半球体积与圆台体积之和，先求出圆台的体积，再利用组合体的体积乘以打印所用原料密度可得结果.
【详解】设半球的半径为，因为，
所以，由题意圆台的上底面半径及高均是3，下底面半径为6，
所以，
所以该实心模型的体积为，
所以制作该模型所需原料的质量为
故选：C
10. 已知可导函数的导函数为，若对任意的，都有，且为奇函数，则不等式的解集为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据构造函数，利用导数判断其单调性，将不等式化为，利用的单调性求解可得结果.
【详解】设，由题设条件，得，
故函数在上单调递减.
由为奇函数，得，得，
所以，
不等式等价于，即，
又函数在上单调递减，所以，
故不等式的解集是．
故选：D．
11. 已知函数，，若在区间内没有零点，则的取值范围是（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先利用辅助角公式得到，得到，进而得到不等式组，求出的取值范围.
【详解】，，
时，，
要想在区间内无零点，
则要满足，解得，
要想不等式组有解，则要，解得，故或0，
当时，，解得，
当时，，解得，
则的取值范围是.
故选：D
12. 已知正方体的边长为2，为的中点，为侧面上的动点，且满足平面，则下列结论正确的个数是（）
①②平面
③动点的轨迹长为④与所成角的余弦值为
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，结合向量法判断各结论是否正确，进而确定正确结论的个数.
【详解】以B为原点，以的正方向分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图.
对于①，,所以，.
因为，所以与不垂直，即与不垂直，故①错误.
对于②，.
设，则
设平面的法向量，则，令，则，
所以平面的一个法向量.
因为，所以.
又平面，所以平面，故②正确；
对于③，因为平面，所以，
所以，即点P坐标满足.
又为侧面上，则P在线段上，且，，故③正确；
对于④，，，所以与所成角余弦值为，故④错误.
故选：C
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题纸上.
13. 求曲线与直线，和轴围成的区域的面积为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据定积分的运算规则计算即可.
【详解】.
故答案为：.
14. 函数单调递增的区间是__________.
【答案】
【解析】
【分析】把已知函数解析式变形，再由正弦型函数的单调性求解即可．
【详解】解：函数，
则函数在上的单增区间满足：，，
解得，．
函数单调递增的区间是．
故答案为：．
15. 在棱长为1的正方体中，，分别为棱，的中点，过作该正方体外接球的截面，所得截面的面积的最小值为________．
【答案】##
【解析】
【分析】易得正方体外接球的球心在其中心点处，要使所求截面面积最小，则截面圆的圆心为线段的中点．
【详解】如图，正方体外接球的球心在其中心点处，球的半径
要使所求截面面积最小，则截面圆的圆心为线段的中点,
连接，则
所以
此时截面圆的半径，截面面积的最小值.
故答案为： .
16. 已知函数，，若存在，，使得成立，则的最小值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】利用导数分析函数的单调性，结合已知条件可得出，可得，构造函数，利用导数求出函数在上的最小值可得解.
【详解】函数的定义域为，，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
又，所以时，；
时，；时，，
同时注意到，
所以若存在，，使得成立，
则且，
所以，所以，
所以构造函数，而，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以，即．
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点利用导数分析函数得，再构造函数，考查了学生分析问题、解决问题的能力..
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.
17. 已知函数的部分图象如图所示.
（1）求的解析式；
（2）先将的图象向左平移个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标伸长到原来的2倍，得到函数的图象.当时，求的值域.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据最值求出，再根据周期求出，最后根据对称中心求出，可得解析式；
（2）先根据平移伸缩求出，再根据求出值域即可.
【小问1详解】
根据图像可得，
，则，
因为，所以
将代入的解析式，得，
则，得
因为，所以，
所以.
【小问2详解】
由（1）知，
将的图像向左平移个单位长度
得的图象，
再将所得图像上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标伸长到原来的2倍，
得的图像，
因为，所以，
则
所以,
故在上的值域为
18. 已知函数，.
（1）当时，求在处的切线方程；
（2）若时，恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）当时，求得，结合导数的几何意义，即可求解；
（2）求得，得出函数的单调区间和最小值为，结合题意，，即可求解.
【小问1详解】
解：当时，，可得，
则且，
所以在处的切线方程为，即.
【小问2详解】
解：因为，可得，
令，可得或，
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
因为当时，恒成立，所以，解得，
又因为，所以，所以实数的取值范围为.
19. 从①；②；③，这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上并解答问题．
在锐角中，角所对的边分别为，且________．
（1）证明：；
（2）求的取值范围．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）选择①：由余弦定理化简可得，再由两角和的余弦公式即可得，根据角的范围可得出证明；
选择②：由余弦定理和正弦定理以及两角和的正弦公式即可得，结合角的范围可得出证明；
选择③：由两角差的正弦公式以及同角三角函数之间的基本关系可得，结合角的范围可得，即得出证明；
（2）根据（1）中的结论，可知，利用锐角三角形可得，再由对勾函数性质可求得的取值范围．
【小问1详解】
选择①：由及余弦定理可得
；
即，
又，
所以，
即，可得．
又易知，可得，
所以或，
即或（舍），
故．
选择②：由及，得，
则由正弦定理得，
又，
，
即，
所以．
又，可得，
所以，
故．
选择③：由可得，
即，所以．
又，可得，
所以，
故．
【小问2详解】
令，
由（1）可知，可得．
由锐角可得，
即，解得，
所以．
令，
根据对勾函数的性质知在上单调递增，
可得，
即的取值范围是．
20. 如图，正三棱柱的体积为，，P是面内不同于顶点的一点，且．
（1）求证：；
（2）经过BC且与AP垂直的平面交AP于点E，当三棱锥E-ABC的体积最大时，求二面角平面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）．
【解析】
【分析】（1）由线面垂直的判定定理即可证明；
（2）由分析知，三棱锥E-ABC的体积最大，等价于点E到面ABC的距离最大，由分析知，∠PFD为二面角的平面角，以F为原点建立空间直角坐标系，分别求出平面和，代入即可得出答案.
【小问1详解】
设线段BC的中点为F，则，
∵，，AP公共边，
∴，
∴，
∴，又，面APF，
∴BC⊥面APF，面APF
∴；
【小问2详解】
设线段的中点为D，由题意，点P在线段上，
由，得，
∴三棱锥E-ABC的体积最大，等价于点E到面ABC的距离最大，
∵AP⊥面BCE，面BCE，∴，
∴点E在以AF为直径的圆上，如图，易知，
从而，
由（1）知PF⊥BC，DF⊥BC，平面，DF平面，
平面平面，
∴∠PFD为二面角的平面角，
如图，以F为原点建立空间直角坐标系，则，，，，，
于是，，从而，
∴二面角平面角的余弦值为．
21. 已知函数．
（1）是否存在实数使得在上有唯一最小值，如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由；
（2）已知函数有两个不同的零点，记的两个零点是，．求证：；
【答案】（1）存在，
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导讨论单调性即可；
（2）先分离常数，转化成图像交点的个数问题，令再求函数的图象在点，处的切线方程，再构造函数求出两个根取值范围.
【小问1详解】
，，
则，，
当时，恒成立，函数单调增，没有最值；
当时，令，解得，负值舍去，
当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，
所以当时，函数取到最小值，，解得，
所以存在满足条件的；
【小问2详解】
证明：由，得，
令，则，
令，解得，
当时，；当时，；
所以函数在上单调递减，在单调递增，
故在上有唯一最小值，
最小值点为，
若方程有两个不同的零点，，
且，因为，所以，
函数的图象在点，处的切线方程分别为和，
如图：
且在内，在上，
先证：即，即，，
，令，解得，
当时，；当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以；
再证：，即，
令，则恒成立，
所以在，上单调递减，所以（1），
令，，
即可得，，即；
【点睛】第一问是在给定区间有最值求参数问题，属于含参数的单调性讨论问题，然后求出符合条件的参数值；第二问是零点比大小问题，先确定零点的范围，再构造函数用单调性分析零点的大小.
22. 在直角坐标系中，已知曲线的参数方程为(为参数)，以为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为(为直线的倾斜角)．
（1）求直线的直角坐标方程和曲线的普通方程;
（2）设，直线与曲线相交于两点，求的最大值．
【答案】（1）；；
（2）2
【解析】
【分析】（1）利用与正弦的和差公式可求得直线的直角坐标方程；利用消参法可求得曲线的普通方程；
（2）法一：先由条件得到直线的参数方程，再联立直线与曲线的方程，利用参数的几何意义得到，从而得解；
法二：利用圆的切割线定理得到，从而得到，由此得解.
【小问1详解】
由，得，
由，得直线的直角坐标方程为，
由(为参数)，两式相除得，
所以，整理得曲线的普通方程为.
【小问2详解】
法一：
因为直线经过点，所以直线的参数方程为(为参数)，
代入中，得，
由，得，又，故，
所以，
所以，
因为，所以，故，则，
所以，
当且仅当时，等号成立，故的最大值为2.
法二：
直线经过点，曲线为除点外，以为圆心半径为的圆，
易得圆心到直线的距离为，所以直线与圆相切，且为切点，
所以由圆的切割线定理得，
所以，当且仅当为圆的直径时，等号成立，
故的最大值为2．
23. 不等式对于恒成立．
（1）求证：；
（2）求证：
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用绝对值三角不等式可得出，再利用基本不等式可证得结论成立；
（2）利用基本不等式可得出，，，再结合不等式的基本性质可证得结论成立.
【小问1详解】
证明：因为对于恒成立，
又因为，所以，
由基本不等式可得，，，
所以，，
所以，所以.
【小问2详解】
证明：因为，所以，所以，
同理可得：，，
所以，