四川省泸州市合江县马街中学2024届高三一诊模拟数学试题（文）试题（Word版附解析）

这是一份四川省泸州市合江县马街中学2024届高三一诊模拟数学试题（文）试题（Word版附解析），共18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。

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（，，i为虚数单位），复数，则（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】对化简，可求出复数，从而可求出
【详解】由，得．所以
因为，所以，，
所以．
故选：A
2. 设集合，，是实数集，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求出集合，再求解并集和补集.
【详解】因为，所以，即，，所以，故选A.
【点睛】本题主要考查集合的补集并集运算，化简集合为最简是求解关键，侧重考查数学运算的核心素养.
3. 溶液酸碱度是通过计算的，的计算公式为，其中表示溶液中氢离子的浓度，单位是摩尔/升，若人体胃酸中氢离子的浓度为摩尔/升，则胃酸的是（参考数据：）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据对数运算以及的定义求得此时胃酸的值.
【详解】依题意
.
故选：C
【点睛】本小题主要考查对数运算，属于基础题.
4. 若，，，则下列结论正确的是
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】分析：利用指数函数性质以及对数函数的性质，分别确定，，的范围，从而可得结果.
详解：因为，
所以，故选D.
点睛：本题主要考查对数函数的性质、指数函数的单调性及比较大小问题，属于难题.解答比较大小问题，常见思路有两个：一是判断出各个数值所在区间（一般是看三个区间 ）；二是利用函数的单调性直接解答；数值比较多的比大小问题也可以两种方法综合应用.
5. 函数的图象为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据奇偶性和函数值符号使用排除法可得.
【详解】因为的定义域为，且
所以为偶函数，可排除AB；
又当时，，故C错误.
故选：D
6. 已知角的顶点在原点，始边与x轴的正半轴重合，点是角终边上的一点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先由任意角的三角函数的定义求出，再利用二倍角余弦公式计算可得.
【详解】因为点是角终边上的一点
，故，
故选：C．
【点睛】本题考查任意角的三角函数及二倍角公式的应用，属于基础题.
7. 在长方体中，直线与平面的交点为为线段的中点，则下列结论错误的是（ ）
A. 三点共线B. 四点异不共面
C. 四点共面D. 四点共面
【答案】C
【解析】
【分析】由长方体性质易知四点共面且是异面直线, 再根据 与 、面 、 面 的位置关系知 在面 与面 的交线上, 同理判断 , 即可判断各选项的正误.
【详解】
因为 ,
则四点共面.
因为 ,
则 平面 ,
又 平面 ,
则点 在平面 与平面的交线上,
同理, 也在平面 与平面 的交线上,
所以三点共线;
从而 四点共面,都在平面 内，
而点B不在平面 内，
所以四点不共面，故选项B正确；
三点均在平面内，
而点A不在平面内，
所以直线AO与平面相交且点O是交点，
所以点M不在平面内，
即 四点不共面，
故选项C错误；
，且，
所以为平行四边形，
所以共面，
所以四点共面，
故选项D正确.
故选: C.
8. 已知是定义在上的偶函数，且在上是增函数，则下列各式一定成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
由是上的偶函数，得，，再根据在上是增函数可逐项判断得出答案.
【详解】因为是上的偶函数，所以，，
且在上是增函数，
因为，所以A错误；因为，所以B错误；
因为，所以C错误；因为，所以D正确.
故选：D.
【点睛】思路点睛：利用函数的单调性和奇偶性比较函数值大小的思路：
（1）先根据奇偶性将自变量转变至同一单调区间；
（2）根据单调性比较同一单调区间内的函数值的大小关系；
（3）再结合奇偶性即可判断非同一单调区间的函数值大小，由此得到结果.
9. 已知函数的图象如图所示，图象与x轴的交点为，与y轴的交点为N，最高点，且满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意的周期可得，由图象与x轴的交点为可得 ，从而，所以与轴的交点，由解得.
【详解】若的周期为，由题意有，所以，所以，
图象与x轴的交点为，则，因为，所以，即，所以与轴的交点，
由，则，解得或 (舍)．
故选：B.
10. 若函数在处取得极值，则（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】由在时取得极值，求出得，解出的值．
【详解】解：，；
又在时取得极值，；
．
故选：．
【点睛】本题考查了应用导数求函数极值问题，是基础题．
11. 在三棱锥中，平面，，，，若三棱锥的体积为6，则三棱锥外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】平面，则有，，然后由得线面垂直后得，从而可得就是外接球直径，再由体积计算出长后可得球表面积．
【详解】∵平面，∴，，
又，，∴平面，∴，
中点到四个点的距离相等，即为三棱锥外接球的直径．
，，
又，∴，，∴，
，
∴所求外接球表面积为．
故选：.
【点睛】本题考查求球的表面积，解题关键是确定外接球的球心，本题是利用直角三角形的性质“直角三角形斜边中点到三顶点的距离相等”确定的．
12. 已知，函数在上单调递减，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】由题意可得,，
，
，．故A正确．
考点：三角函数单调性．
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. ______.
【答案】2；
【解析】
【分析】
根据对数的运算性质求值即可.
【详解】，
故答案为：2
14. 曲线在点（2，6）处的切线方程为_______．
【答案】
【解析】
【分析】求出，即可.
【详解】因为，所以，
所以切线方程为，即
故答案为：
15. 已知奇函数为上的减函数，若，则实数的取值范围是__________．
【答案】
【解析】
【详解】分析：由题意结合函数的单调性和函数的奇偶性得到关于a的不等式求解二次不等式即可确定实数的取值范围.
详解：不等式即：，
函数为奇函数，则不等式等价于，
函数在上单调递减，脱去符号有：，
即：，，
故答案为：.
点睛：对于求值或范围的问题，一般先利用函数的奇偶性得出区间上的单调性，再利用其单调性脱去函数的符号“f”，转化为解不等式(组)的问题，若f(x)为偶函数，则f(－x)＝f(x)＝f(|x|)．
16. 在中，已知角，角的平分线AD与边BC相交于点D，AD=2.则AB+2AC的最小值为___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据三角形的面积公式列方程，结合基本不等式来求得正确答案.
【详解】，
依题意是角的角平分线，
由三角形的面积公式得，
化简得，，
.
当且仅当，时等号成立.
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. 已知函数，图像的相邻两对称轴之间的距离为．
（1）求的值；
（2）若，求的值．
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】（1）利用辅助角公式进行化简，结合对称性求出周期和即可．
（2）利用换元法，结合三角函数的倍角公式进行转化即可．
【详解】（1），
图象的相邻两对称轴之间的距离为，
，即，得．
（2），，
，，得，
设，则，且，
18. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.且.
（1）求A的大小；
（2）过点C作，在梯形ABCD中，，，，求的长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理化简可得，利用余弦定理计算即可得出结果.
（2）中，由正弦定理求得，在中，由余弦定理计算即可求得结果.
【小问1详解】
由正弦定理可得：，即，
所以，又,所以.
【小问2详解】
在中，由正弦定理得，
因为，
所以.
在中，由余弦定理可得，所以.
19. 已知函数．
(1)若时，求在区间上的最大值与最小值；
(2)若函数仅有一个零点，求的取值范围．
【答案】(1)最大值为0，最小值为；(2)．
【解析】
【分析】(1)求导，并判断在上的单调性，再求出其最大值与最小值；
(2)利用分类讨论判断在定义域内的单调性，求出极值，再判断极值与0的大小关系，进一步求出参数的取值范围.
【详解】(1)由题意得．
当时，，．
由，解得；
由，解得或．
∴函数在区间上单调递增，在区间，单调递减．
又，
∴函数在区间上的最大值为0，最小值为．
(2)函数只有一个零点．
∵，
i)当a<0时，由，解得，
∴函数在区间上单调递增；
由，解得或，
∴函数在区间，上单调递减．
又，
∴只需要，解得．
∴实数a的取值范围为．
ii)当a=0时，显然f(x)只有一个零点成立．
iii)当a>0时，由，解得，
即在区间上单调递增；
由，解得或，
即函数f(x)在区间，上单调递减；
又，∴只需要f(3a)<0，解得．
综上：实数a的取值范围是．
【点睛】利用导数求最值问题，既要求函数极值，也需要求出其端点值，再比较大小；零点相关问题求参数取值范围，通常有两种思路，一种是分离参数，转化为求参数与另外一个函数的交点个数问题，另一种是直接含参讨论单调性求极值解不等式.
20. 如图所示，等边三角形，，，面面，．
（1）求证：；
（2）求四面体的体积．
【答案】（1）证明见解析；（2）1．
【解析】
【分析】(1)由余弦定理可得，根据勾股定理的逆定理得，结合即可得出结果.
(2)由面面垂直的性质定理得平面，且，根据线线平行得出平面平面，进而得到与到底面的距离相等，结合棱锥体积公式即可.
【详解】（1）证明：，，
又是等边三角形，
，
又，
在中，由余弦定理可得，
，
，故，
又，；
（2）解：取的中点，连接，
由，得，
又平面平面，
且平面平面，
平面，
且求得．
由，平面平面，
可得平面，
则与到底面的距离相等，
则四面体的体积．
【点睛】(1)证明线线垂直的方法主要有：线面垂直的性质定理、勾股定理的逆定理或者采用空间向量法；
(2) 求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面，例如三棱锥的三条侧棱两两垂直，我们就选择其中的一个侧面作为底面，另一条侧棱作为高来求体积．
21. 已知函数.
（1）当时，求的图像在点处的切线方程；
（2）若不等式恒成立，求的取值集合.
【答案】（1）y=2x
（2）{1}
【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，即可求出结果；
（2）通过构造函数，将问题转化成求的最小值，通过对进行分类讨论，利用导数与函数单调性间的关系，求出单调区间，进而求出结果.
【小问1详解】
当时，，所以，
又 ，所以，
故的图像在点处的切线方程为，即.
【小问2详解】
解法一：因为恒成立，恒成立，
令函数，则
①当时，在区间恒成立，此时g(x)在区间单调递增，又，易知，所以，故不合题意，
②当时，由 可得 即
令，则在区间上恒成立
所以在区间上单调递增，又因为，
所以存在，使得，两边同时取对数可得，
则当时，，即，
当时，，即，
所以当时，，
故要使恒成立，只需，
令，则，
由，得到，由，得到，
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，
，即，
所以只有唯一解，即.
综上，a的取值集合为.
解法二：由题意可得恒成立，
令 ，则在区间上恒成立，
所以在区间上单调递增，又因为，所以，
所以恒成立，即在区间上恒成立，
令，又因为，要使恒成立，
则是的极小值点，又因为，所以，解得.
当时，令，，
所以时，，时，，
所以，满足题意.
综上，a的取值集合为.
【点睛】方法点睛：本题考查导数的几何意义，考查不等式恒成立问题，解题方法是把不等式变形为，然后由导数求得的最小值，解不等式即可得参数范围．
（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 极坐标与参数方程）
22. 以直角坐标系的原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系. 已知曲线的极坐标方程为，倾斜角为的直线l 过点，点的极坐标为.
（1）求曲线 的普通方程和直线l 的参数方程.
（2）若l与交于A，B两点，且点B为的中点，求
【答案】（1），（t为参数）；
（2）1.
【解析】
【分析】（1）利用极坐标与直角坐标互化公式求解即得的普通方程，求出点的直角坐标，按条件写出l 的参数方程作答.
（2）将l 的参数方程代入的普通方程，再利用参数的几何意义计算作答.
【小问1详解】
曲线：，把代入得的普通方程：，
因点的极坐标为，则点的直角坐标是，而直线l的倾斜角为
所以直线l 的参数方程为：（t为参数）.
【小问2详解】
把直线l 的参数方程代入曲线的普通方程得：
，整理得：，，即，
令点A，B所对参数分别为，则有，因点B为的中点，即有，于是得，
所以.
（选修4-5 不等式选讲）
23. 设函数，其中.
（1）当时，求曲线与直线围成的三角形的面积；
（2）若，且不等式的解集是，求的值.
【答案】（1）64 （2）
【解析】
【分析】（1）由题知，进而分别求解相应的交点，计算距离，再计算面积即可；
（2）分和两种情况求解得的解集为，进而结合题意求解即可.
【小问1详解】
解：根据题意，当时，，
所以，，设；
直线与交于点，与直线交于点，
且，
点到直线的距离，
所以，要求图形的面积；
【小问2详解】
解：当时，，，即，解可得，此时有，
当时，，，即，解可得，
又由，则，此时有，
综合可得：不等式的解集为，
因为不等式的解集是
所以，，解可得；
所以，.