2023-2024学年四川省绵阳市三台县高三数学（理）模拟试题（一模）含解析

这是一份2023-2024学年四川省绵阳市三台县高三数学（理）模拟试题（一模）含解析，共20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。

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．
2．已知，则（ ）
A．B．
C．D．
3．已知等差数列，其前n项和满足，则（ ）
A．4B．C．D．3
4．如图所示，在中，点是线段上靠近A的三等分点，点是线段的中点， 则（ ）
A． B．
C． D．
5．纳皮尔是苏格兰数学家，其主要成果有球面三角中的纳皮尔比拟式､纳皮尔圆部法则（1614）和纳皮尔算筹（1617），而最大的贡献是对数的发明，著有《奇妙的对数定律说明书》，并且发明了对数表，可以利用对数表查询出任意对数值.现将物体放在空气中冷却，如果物体原来的温度是（℃），空气的温度是（℃），经过t分钟后物体的温度T（℃）可由公式得出；现有一杯温度为70℃的温水，放在空气温度为零下10℃的冷藏室中，则当水温下降到10℃时，经过的时间约为（ ）参考数据：，.
A．3.048分钟B．4.048分钟C．5.048分钟D．6.048分钟
6．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．
7．函数的图象可能是（ ）
A．B．
C．D．
8．已知函数在处取得极小值10，则的值为（ ）
A．－1B．C．D．或
9．计算（ ）
A．1B．﹣1C．D．
10．若曲线的一条切线为，其中，为正实数，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
11．若函数满足，且时，，已知函数，则函数在区间内的零点个数为（ ）
A．14B．13C．12D．11
12．函数是定义在上的可导函数，其导函数为，且满足，若不等式在上恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分
13．若实数满足，则的最小值是 .
14．已知向量，且，则 ．
15．设函数，则使得 的的取值范围是 ．
16．已知函数的部分图像如图所示，则满足条件的最小正整数x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．设函数．
(1)求函数的单调递增区间及对称中心；
(2)当时，，求的值．
18．在各项均为正数的等比数列中，，，，成等差数列．等差数列满足，．
(1)求数列，的通项公式；
(2)求数列的前n项和为．
19．在中，角的对边分别为，其中，且.
(1)求角的大小；
(2)求周长的取值范围.
20．已知函数，其中a是正数．
(1)讨论的单调性；
(2)若函数在闭区间上的最大值为，求a的取值范围．
21．已知函数（为自然对数的底数），.
(1)若有两个零点，求实数的取值范围；
(2)若不等式对恒成立，求实数的取值范围.
（二）选考题：共10分．考生在第22、23两题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一个题目计分，作答时请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框．
22．在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
（1）求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；
（2）若射线（）与直线和曲线分别交于，两点，求的值.
23．已知函数.
（1）解不等式；
（2）记函数的最小值为m，正实数a，b满足，试求的最小值.
1．C
【分析】利用对数函数的单调性解不等式可得，即可求交集.
【详解】由解得，所以，
所以，
故选:C.
2．D
【分析】根据反例可判断AC，根据不等式的性质，结合函数的单调性即可判断BD.
【详解】对于A，若，显然满足，但不能得到，故A错误，
对于B，由于，所以，又为单调递增函数，所以，故B错误，
对于C，若，显然满足，，故C错误，
对于D，若，则，函数在上单调递增，所以，
当，则，函数在上单调递增，所以，
当，则，综上可知D正确 ，
故选：D
3．A
【分析】由等差数列的前项和公式，与等差中项易得，由等差中项易得.
【详解】是等差数列，其前n项为，
，
，.
故选：A.
4．B
【分析】由向量线性运算的几何意义即可计算
【详解】.
故选：B
5．C
【分析】先将已知数据代入公式，再用对数运算性质得到，用换底公式将为底的对数换成为底的对数，代入已知对数值计算即可.
【详解】依题意，，，，代入公式得：
（分钟），
故选：C.
6．A
【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
7．A
【分析】从图像利用排除法进行求解：
先分析奇偶性，排除B；计算排除C；根据时，；排除D.
即可得到答案.
【详解】对于，定义域为关于原点对称.
因为，
所以是偶函数，排除B.
当时，，排除C；
当时，，，；排除D.
故选：A.
8．C
【分析】题意说明，，由此可求得的比值．然后代入检验1是极小值点．
【详解】，由题意，解得或，
若，，不是极值点，舍去．
时，，时，，或时，，是极大值点，是极小值点，满足题意．
∴．
故选：C．
本题考查用导数研究函数的极值．掌握导数与单调性的关键是解题关键．有已知极值求出参数时需要进行检验，检验该参数值时题中极值点是否满足．
9．B
【分析】根据诱导公式、三角恒等变换、二倍角公式可得结果，尽可能地化简为同角的三角函数值
【详解】
故选：B
10．A
【分析】先根据已知求出，，再利用基本不等式求解.
【详解】设切点为，则有，
∵，∴，
，（当且仅当时取等）
故选：A
本题主要考查导数的几何意义，考查基本不等式求最值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
11．C
【分析】根据给定条件，分析函数的性质，在同一坐标系内作出函数的部分图象，借助图形求出在内两个图象交点个数作答.
【详解】函数的定义域为，而，即是周期为2的周期函数，
函数在上递增，且，在上递减，且，在上递增，且，
在同一坐标系内作出函数的部分图象，如图，
由得，即函数在内的零点个数是函数的图象在内的交点个数，
观察图象知，函数的图象在内有12个交点，
所以函数在内有12个零点，C正确.
故选：C
12．B
【分析】根据题目条件可构造函数，利用导函数判断出函数单调性，将不等式转化成，即在上恒成立，求出函数在上的最大值即可得的取值范围.
【详解】设，，
所以函数在上为增函数．
由的定义域为可知，得，
将不等式整理得，即，
可得在上恒成立，即在上恒成立；
令，其中，所以
，令，得．
当时，，所以在上单调递增；
当时，，所以在上单调递减；
所以，即
故选：B．
13．
由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求得最优解的坐标，把最优解的坐标代入目标函数得结论.
【详解】画出表示的可行域，如图，
由可得，
将变形为，
平移直线，
由图可知当直经过点时，
直线在轴上的截距最大，
此时最小值，
故答案为.
本题主要考查线性规划中，利用可行域求目标函数的最值，属于简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.
14．##
【分析】由向量垂直的坐标运算，得到，再利用模的坐标公式求．
【详解】已知向量，，，
，
，解得，
，．
故．
15．
【分析】根据函数奇偶性和单调性之间的关系，即可得到结论．
【详解】因为，则，所以，即为偶函数，
当时，单调递增，
根据偶函数的对称性可知在上单调递减，距离对称轴越远，函数值越大，
由可得，
两边同时平方可得，，
解得，所以的取值范围是．
故．
16．2
【分析】先根据图象求出函数的解析式，再求出的值，然后求解三角不等式可得最小正整数或验证数值可得.
【详解】由图可知，即，所以；
由五点法可得，即；
所以.
因为，；
所以由可得或；
因为，所以，
方法一：结合图形可知，最小正整数应该满足，即，
解得，令，可得，
可得的最小正整数为2.
方法二：结合图形可知，最小正整数应该满足，又，符合题意，可得的最小正整数为2.
故2.
关键点睛：根据图象求解函数的解析式是本题求解的关键，根据周期求解，根据特殊点求解.
17．(1)单调递增区间是；，
(2)
【分析】（1）由二倍角公式，诱导公式化简函数式，然后利用正弦函数的单调性与对称中心求解；
（2）由两角差的余弦公式计算．
【详解】（1）由题意得：
，
由，可得；
所以的单调递增区间是；
令，，解得：，，此时函数值为，
所以对称中心为，．
（2）∵ ，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴
．
18．(1)，；
(2)
【分析】（1）根据等差数列的通项公式和等比数列的通项公式进行求解即可;
（2）用裂项相消法进行求解即可
【详解】（1）设各项均为正数的等比数列的公比为，等差数列的公差为d，
因为，，成等差数列，所以 即，
因为，，所以，解得或（舍去），
所以，，
由可得，解得，
所以；
（2）因为，所以，
所以
19．(1)
(2)
【分析】（1）利用两角和的正弦公式及诱导公式得到，再由正弦定理得到，即可得到，即可得解；
（2）利用余弦定理及基本不等式得到，再根据求出的取值范围，即可得解；
【详解】（1）解：因为，即，所以，即，所以，又，，所以，所以，因为，所以；
（2）解：因为、，由余弦定理，即，即当且仅当时取等号，所以，所以，所以，所以，所以，即三角形的周长的取值范围为
20．(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）求导后，利用导数分类讨论确定单调性；
（2）由（1）的结论分类讨论确定最大值点，从而得参数范围．
【详解】（1）因为，
所以．
①当时，，在上严格递增；
②当时，由得或，由得，
所以在单调递增，在上单调递减，在单调递增；
③当时，由得或，由得，
所以在单调递增，在上单调递减，在单调递增；
（2）由（1）可知①当时，，
在上严格递增，此时在上的最大值为；
②当时，在单调递增，在上单调递减，在单调递增；
在上的最大值只有可能是或，
因为在上的最大值为，
所以，
解得，此时；
③当时，在单调递增，在上单调递减，在单调递增；
在上的最大值可能是或，
因为在上的最大值为，
所以，
解得，此时，
由①②③得，，
∴满足条件的a的取值范围是．
21．(1)
(2)
【分析】（1）有两个零点，通过参变分立，转换成两个函数图像的交点问题.
（2）先利用参数放缩转变成恒成立，再通过参变分离转化成最小值问题.
【详解】（1）有两个零点，
关于的方程有两个相异实根，
，
有两个零点即有两个相异实根.
令，
则，
得，得
在单调递增，在单调递减，
，
又
当时，，当时，，当时，
有两个零点时，实数的取值范围为；
（2），所以
原命题等价于对一切恒成立，
对一切恒成立，
令，
令，
则
在上单增，
又，
使，即①，
当时，，即在递减
当时，，即在递增，
由①知，
，
函数在单调递增，
即
实数的取值范围为.
(1)零点问题常用方法为直接讨论法和参变分离两种方法.
(2)恒成立问题一般有三种方法：直接讨论法，参变分离法，端点效应.
22．（1）（），；（2）.
【分析】（1）将直线的参数方程消参，即可得直线的普通方程，要注意；将曲线的极坐标方程两边同乘，再将，代入，即可得曲线的直角坐标方程；
（2）先将直线的直角坐标方程化为极坐标方程，再将（）代入直线和曲线的极坐标方程中，可得点，对应的极径，利用计算，即可求解.
【详解】（1）由得，
将（为参数）消去参数，
得直线的普通方程为（）.
由得，
将，代入上式，
得，
所以曲线的直角坐标方程为.
（2）由（1）可知直线的普通方程为（），
化为极坐标方程得（），
当（）时，设，两点的极坐标分别为，，
则，，
所以.
本题考查直角坐标方程与极坐标方程的互化、参数方程与普通方程的互化及参数的几何意义，考查运算求解能力，考查数学运算核心素养，属于常考题.
23．（1）；（2）
【分析】（1）化简函数，分段求解不等式，即可求出答案.
（2）利用绝对值三角不等式求出最小值，再利用基本不等式，即可求出最小值.
【详解】（1）依题意得，
因为，所以，或，或，
解得，或，或.
所以，即不等式的解集为.
（2），
当且仅当，即时取等号.
则，，
因为，，
所以，
当且仅当，且，即，时取等号，
所以的最小值为.
本题主要考查了绝对值不等式的求解，以及绝对值三角不等式的应用，其中解答中熟记含绝对值不等式的解法，以及合理应用绝对值的三角不等式求解最值是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档题.