四川省叙永第一中学2024届高三上学期一诊数学（理科）试题（Word版附解析）

这是一份四川省叙永第一中学2024届高三上学期一诊数学（理科）试题（Word版附解析），共24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，，则中元素的个数为（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】化简集合，根据交集的定义求得，进而可求解.
【详解】因为，所以，
则中元素的个数为4个.
故选：B.
2. 给定下列两种说法：①已知，命题“若，则”的否命题是“若，则”，②“，使”的否定是“，使”，则（ ）
A. ①正确②错误B. ①错误②正确C. ①和②都错误D. ①和②都正确
【答案】D
【解析】
【分析】根据否命题和命题的否定形式，即可判定①②真假.
【详解】①中，同时否定原命题的条件和结论，
所得命题就是它的否命题，故①正确；
②中，特称命题的否定是全称命题，
所以②正确，综上知，①和②都正确.
故选：D
【点睛】本题考查四种命题的形式以及命题的否定，注意命题否定量词之间的转换，属于基础题.
3. 函数y＝的最小正周期是（ ）
A. B. C. πD. 2π
【答案】B
【解析】
【分析】首先将正切化简为正弦和余弦，再利用二倍角公式进一步化简，求函数的周期.
【详解】y＝＝＝cs22x－sin22x＝cs 4x，所以最小正周期.
故选：B
4. 已知函数，满足对任意x1≠x2，都有0成立，则a的取值范围是（ ）
A. a∈(0,1)B. a∈[,1)C. a∈(0,]D. a∈[,2)
【答案】C
【解析】
【分析】根据条件知在R上单调递减，从而得出，求a的范围即可．
【详解】∵满足对任意x1≠x2，都有0成立，
∴在R上是减函数，
∴，解得，
∴a的取值范围是．
故选：C．
5. 塑料袋给我们生活带来了方便，但塑料在自然界可停留长达200~400年之久，给环境带来了很大的危害，国家发改委、生态环境部等9部门联合发布《关于扎实推进污染物治理工作的通知》明确指出，2021年1月1日起，禁用不可降解的塑料袋、塑料餐具及一次性塑料吸管等，某品牌塑料袋经自然降解后残留量与时间年之间的关系为，其中为初始量，为光解系数.已知该品牌塑料袋2年后残留量为初始量的.该品牌塑料袋大约需要经过（ ）年，其残留量为初始量的10%.（参考数据：，）
A. 20B. 16C. 12D. 7
【答案】B
【解析】
【分析】由，解方程即可.
【详解】依题意有时，，则，
当时，有，，
.
故选：B
6. 已知为的导函数，则的图象大致是（ ）
A B.
C D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用诱导公式对函数解析式进行化简，再利用函数的奇偶性及函数在原点右边的小邻域内单调递减，即可选出正确答案.
【详解】因为，所以，
所以为奇函数，排除A，D；
因为，，
当时，，
所以在内递减.
故选B.
【点睛】本题考查导数在函数中的应用、诱导公式、奇偶性、单调性的综合运用，求解时要充分利用图象提供的信息，寻找隐含条件，考查逻辑推理能力和运算求解能力.
7. 已知函数，设，则，，的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先研究函数的性质，利用奇偶性对函数值进行等价变形，最后利用单调性进行比较大小.
【详解】解：已知的定义域为，且，
所以函数为偶函数，
当时，函数为增函数，
所以，.
因为在定义域上为单调递增函数，
所以，即，
因为在上为增函数，
所以，
因为在定义域上为单调递增函数，
所以，所以，
根据函数在上为增函数，
所以，所以.
故选：A．
8. 设函数．若为函数的零点，为函数的图象的对称轴，且在区间上有且只有一个极大值点，则的最大值为（ ）
A. B. C. D. 12
【答案】A
【解析】
【分析】直接利用，，求出和的表达式，进一步利用在区间上有且只有一个极大值点，通过分类讨论求出的值，进而可得最大值.
【详解】由已知得，，，
则，
其中，
因为，
当时，
当时，，
因为在区间上有且只有一个极大值点，
所以，
解得，
即，
所以，
当时，，此时，此时有两个极大值点，舍去；
当时，，此时，此时有一个极大值点，成立；
所以的最大值为.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是通过条件将和都用整数表示出来，然后对的值由大到小讨论找到符合条件的结果.
9. 《九章算术》是我国古代第一部数学专著，其中有如下记载：将底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马.现有如图所示的直径长为2的胶泥球胚，某数学兴趣小组的同学需在此胶泥球胚中切割出底面为正方形，且垂直于底面的侧棱与底面正方形边长相等的阳马模型的几何体（实物体），若要使该阳马体积最大，则应削去的胶泥的体积大约为（）（ ）
A. 2.8B. 3.2C. 3.5D. 4.8
【答案】C
【解析】
【分析】根据阳马的定义，可借助截出阳马的正方体来求解体积，要使阳马体积最大，则原正方体的体积应该最大，即球的内接正方体，此时体对角线的长等于球的直径.
【详解】
如图正方体中，四棱锥即为阳马.
设正方体边长为，体积为，显然，
所以，当该正方体体积最大时，该阳马体积最大.
在球的内部，任意构造一个正方体，显然球的内接正方体体积最大，应有正方体的对角线等于球的直径，即.
又，所以，则，则，
所以.
又球的体积为，
所以，应削去的胶泥的体积为.
故选：C.
10. 已知函数是定义域为的偶函数，是奇函数，则下列结论不正确的是（ ）
A. B.
C. 是以4为周期的函数D. 的图象关于对称
【答案】B
【解析】
【分析】根据抽象函数的对称性结合周期性判断各个选项即可.
【详解】因为函数是定义域为的偶函数，所以，
因为是奇函数，所以，
将换成，则有，
A：令，所以，因此本选项正确；
B：因为，所以函数关于点对称，
由，可得，的值不确定，
因此不能确定的值，所以本选项不正确；
C：因为，
所以，
所以，因此是以4为周期的函数，因此本选项正确；
D：因为，
所以，
因此有，
所以函数的图象关于对称，
由上可知是以4为周期的函数，
所以的图象也关于对称，因此本选项正确，
故选：B.
11. 在锐角中，若，且，则能取到的值有（ ）
A. 2B. C. D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】由得到，再根据正弦定理将化简整理可得，由为锐角三角形得到，根据正弦定理可得，最后结合两角差的正弦公式、辅助角公式即可求解.
【详解】由，
又，
所以，则.
因为，
根据正弦定理得，
故，
即，
所以，
即，
根据正弦定理得，
所以，
因为为锐角三角形，且，
所以，即，
解得，
所以
，
因为，
所以，则，
所以，即.
故选： D.
12. 已知函数，设方程的3个实根分别为，且，则的值可能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用导数研究的单调性、极值及区间值域，由题设可知在上必有两个不等的实根(假设)且，结合的性质有且，，进而求目标式的值，即可确定答案.
【详解】由题设，的定义域为，且，
∴当时，，即递减；当时，，即递增.
∴，又在上逐渐变小时逐渐趋近于0，当时且随趋向于0，趋向无穷大.
∴的图象如下：
∵的定义域为，由可得：在上必有两个不等的实根(假设)且，
∴令，要使的3个实根，则、，即，可得.
∴由知：，，
∴.
故选：B.
【点睛】首先应用导数研究性质，根据有3个实根，则在上必有两个不等的实根，结合的值域求m的范围且、，即可求目标式的范围.
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. 计算：______.
【答案】5
【解析】
【分析】根据指数以及对数的运算性质即可求解.
【详解】
，
故答案为：
14. 已知函数的定义域是，则函数的定义域是______.
【答案】
【解析】
【分析】根据抽象函数定义域求法和分式、根式有意义的要求可构造方程组求得结果.
【详解】由题意知：，解得：，的定义域为.
故答案为：.
15. 若为偶函数，则实数______________.
【答案】1
【解析】
【分析】根据奇偶性直接求解即可.
【详解】因为为偶函数，故
.
故答案为：1
16. 如图1，在矩形ABCD中，，E为AB的中点，将沿DE折起，点A折起后的位置记为点，得到四棱锥，M为的中点，如图2.某同学在探究翻折过程中线面位置关系时，得到下列四个结论：

①恒有；
②异面直线所成角的正切值为2；
③存在某个位置，使得 平面平面.
④三棱锥的体积的最大值为；
其中所有正确结论序号是___________.
【答案】①②④
【解析】
【分析】根据翻折前后的位置关系，即可判断①；根据异面直线所成角的定义，即可作图判断②；若平面 平面，结合垂直关系的转化，即可推出矛盾判断③；利用等体积转化判断④.
【详解】①由图1可知，，所以，故①正确；
②如图，取的中点，连结，则，且,
，，所以，
所以四边形是平行四边形，,
所以异面直线所成角为与所成的角，即为所求角，
，故②正确；

③若平面平面，且平面平面，因为，
所以平面，平面，所以，
因为，所以,
中，，即,所以不成立，故③错误；
④取的中点，连结，
当平面平面时，到平面的距离最大，
因为，为的中点，所以，
又因为平面平面时，所以平面，
，所以四棱锥体积的最大值为，
为的中点，三棱锥的体积的最大值为，故④正确.
故答案为：①②④
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. 在中，内角所对的边分别为且．
（1）求角的大小；
（2）若，且的面积为，求的周长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理与余弦定理化简即可；
（2）由的面积为可得，再根据余弦定理即可得，进而求得周长.
【小问1详解】
由正弦定理，即，由余弦定理，且，故.
【小问2详解】
由题意，解得.
由余弦定理，可得.
故的周长为
18. 设函数．
（1）设，若函数有三个不同零点，求c的取值范围；
（2）求证：是有三个不同零点的必要而不充分条件．
【答案】（1）；（2）证明见试题解析．
【解析】
【分析】（1）分别将代入原式，求得导函数判断其单调性，求得其极值，即可判断三个零点，可求得c的范围；
（2）导函数是一个二次函数，讨论其判别式，先证明其必要性，再证明其不充分性，可得结果.
【详解】（1）当时，，所以．
令，得，解得或．
与在区间上的情况如下：
所以当且时，存在，，，使得．由的单调性知，当且仅当时，函数有三个不同零点．
（2）当时，，，此时函数在区间上单调递增，所以不可能有三个不同零点；
当时，只有一个零点，记作．当时，，在区间上单调递增；当时，，在区间上单调递增．
所以不可能有三个不同零点．
综上所述，若函数有三个不同零点，则必有，故是有三个不同零点的必要条件．当，时，，只有两个不同零点，所以不是有三个不同零点的充分条件．
因此是有三个不同零点的必要而不充分条件．
【点睛】本题主要考查了导函数的应用，熟悉导函数判别单调性和极值是解题的关键，属于中档题目.
19. 已知函数，再从条件①：的最大值为1；条件②：的一条对称轴是直线﹔条件③：的相邻两条对称轴之间的距离为﹐这三个条件中选择能确定函数解析式的两个合理条件作为已知，求：
（1）函数的解析式；
（2）已知，若在区间上的最小值为，求m的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用三角恒等变换化简，再由三角函数的性质分别转化三个条件，即可得解；
（2）先求出的解析式，再由正弦函数的性质即可确定m的取值范围，即可得最大值.
【小问1详解】
由题意，函数
，
若选①：的最大值为1，则，则，
若选②：的一条对称轴是直线,则由，不符合正弦函数对称轴的要求，不合题意；
若选③：的相邻两条对称轴之间的距离为，
则函数的最小正周期,可得；
所以只能选择条件①③作为已知，此时；
【小问2详解】
由题意，，
当，则，
若在区间上的最小值为，则，
所以，所以m的最大值为.
20. 如图，已知三棱柱的侧棱与底面垂直，，，，分别是，的中点，点在直线上．
（1）证明：；
（2）当平面与平面所成的锐二面角为时，求平面与侧面的交线长．
【答案】（1）证明见解析
（2）1
【解析】
【分析】(1)建立以分别作为轴正方向建立空间直角坐标系，求出各点的坐标，只需证明即可证明；
(2)利用空间坐标系，求出P点坐标，即可得P点位置，作出平面与侧面的交线，再计算即可.
【小问1详解】
解：由题意两两垂直.
所以以分别作为轴正方向建立空间直角坐标系，如图，
则．
∵M是的中点，N是的中点，∴，
设，∴，则，
则，
所以．
【小问2详解】
解：设，则，
设平面的一个法向量为，
则，即
令，则，
又平面的一个法向量为，
平面与平面所成的锐二面角为时，
∴，即，
解得，此时，如图位置，
设为的中点，连接，交于点，由 且∥,
所以与全等，则为中点,
连接,由分别为中点，则∥,
又分别为中点，则∥，
所以∥,
所以点共面，
又,
所以共面，即面与面重合.
所以平面与侧面的交线为，
所以交线长度为.
21. 已知函数（，e为自然对数的底数）
（1）求函数的单调区间；
（2）若不等式在区间上恒成立，求实数k的取值范围．
【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为；
（2）
【解析】
【分析】（1）对函数求导，利用导函数的单调性及零点确定导函数大于0、小于0的解集，即可得解；
（2）转化不等式为在区间上恒成立，构造函数，利用端点处的函数值及导数，分类讨论即可得解.
【小问1详解】
由题意，，则，
由在上均单调递减，所以在上单调递减，
又，所以当时，，当时，，
所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为；
【小问2详解】
不等式即在区间上恒成立，
令，则，，
所以，
若，即时，此时存在使得当时，，
函数在上单调递增，，不合题意；
若时，，
令，则，
所以单调递减，，
所以，当且仅当时等号成立，
所以在上单调递减，所以，符合题意；
综上，实数k的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是端点效应及多次求导的应用，在进行多次求导时，要清楚每次求导的作用.
22. 平面直角坐标系中，曲线参数方程为（为参数）.以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
（1）求曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程；
（2）已知点，记和交于两点，求的值.
【答案】（1）曲线的普通方程为；曲线的直角坐标方程为
（2）
【解析】
【分析】（1）消去参数得到普通方程，利用公式将极坐标方程转化为直角坐标方程；（2）写出符合要求的直线参数方程，利用t的几何意义求解.
【小问1详解】
已知曲线（为参数），
则，由消参得，
则曲线的普通方程为．
由曲线的极坐标方程为，
变形得，
即，且满足，
由互化公式，得，即.
故曲线的直角坐标方程为．
【小问2详解】
由于在直线l上，
可设直线l的参数方程的标准形式为（t为参数），
代入曲线，
化简得，，
设A，B对应的参数分别为，，
则，，
由于，故，
所以.
故的值为.
23. 已知函数.
（1）求不等式的解集；
（2）若，对任意正实数a，b恒成立，求实数x的取值范围.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由已知可得，求解不等式组，即可得到解集；
（2）利用基本不等式求出的最小值，可得出，分类讨论求解不等式的解集.
【小问1详解】
由已知可得，，则，
即，解得，
故解集为.
【小问2详解】
因为，且为正实数，，
当且仅当，即时等号成立.
因为对任意正实数a，b恒成立，
所以，即，即.
当时，不等式化为恒成立；
当时，不等式化为，解得，又，所以不等式解集为；
当时，不等式化为，显然不等式无解.
综上，不等式解集为.