四川省叙永第一中学校2024届高三上学期数学（理）“一诊”模拟测试（二）试题（Word版附解析）

这是一份四川省叙永第一中学校2024届高三上学期数学（理）“一诊”模拟测试（二）试题（Word版附解析），共25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。
注意事项：
1. 答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
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（ ）
A B. 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（ ）
① ②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，