四川省泸州市泸县2024届高三数学上学期一诊模拟考试文试题含解析

这是一份四川省泸州市泸县2024届高三数学上学期一诊模拟考试文试题含解析，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。

本试卷共4页，23小题，满分150分.考试用时120分钟.
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. 已知集合，，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题设写出集合B，再由集合交运算求.
【详解】由题意，，而，
∴，
故选：B.
2. ||=（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先利用复数的除法化简，再利用复数的模长公式即得解
【详解】由题意，
故选：B
3. 设，则“”是“”的（）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】先解不等式，比较其和的关系即可
【详解】依题意，可得，即，显然是的充分不必要条件.
故选：A
4. 已知函数f(x)＝则)等于( )
A. 4B. －2
C. 2D. 1
【答案】B
【解析】
【详解】，则，故选B.
5. 圆柱内有一内接正三棱锥，过棱锥的一条侧棱和高作截面，正确的截面图是（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据截面在圆柱底面所形成的截痕直接判断即可.
【详解】圆柱底面为正三棱锥底面三角形的外接圆，如下图所示，
则过棱锥的一条侧棱和高作截面，棱锥顶点为圆柱上底面的中心，可得截面图如下图，
故选：D.
6. 函数的图象大致为
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】因为，所以，令，令，令，所以在为增函数，在为减函数，且是函数极大值点，结合4个函数的图象，选C.
7. 单位时间内通过道路上指定断面的车辆数被称为“道路容量”，与道路设施、交通服务、环境、气候等诸多条件相关.假设某条道路一小时通过的车辆数满足关系，其中为安全距离，为车速.当安全距离取时，该道路一小时“道路容量”的最大值约为（）
A. 135B. 149
C. 165D. 195
【答案】B
【解析】
【分析】把给定函数变形，利用基本不等式即可得解.
【详解】由题意得，，当且仅当，即时取“=”，
所以该道路一小时“道路容量”的最大值约为149.
故选：B
8. 已知，且，则的值为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先由，得，再利用，结合正弦的和角公式可求得答案.
【详解】解：由，得，则，
又，，所以，所以，则，
又.
故选：D
9. 已知锐角满足，则的值为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据同角的平方关系以及二倍角公式或者由二倍角公式转化为二次齐次式.
【详解】解法一：由可知.又，∴，，∴.
故选：D
解法二：由可知，即，
则.
故选：D.
10. 已知函数的部分图象如图所示，则下列说法中正确的是( )
A. 的最小正周期为
B.
C. 点是图象的一个对称中心
D. 直线是图象的一条对称轴
【答案】C
【解析】
【分析】选项A：根据题干所给图像即可求解；选项B：结合已知条件，首先根据图像最高点纵坐标求出，利用正弦型函数的最小正周期公式求出，通过代入图像中的点求出即可求出函数解析式；选项CD：通过代入检验法即可求解.
【详解】对于选项A：由图象可知，的最小正周期，故A错误；
对于选项B：由图可知，因为，所以，即，
故，
因为点在的图象上，
所以，即，又，所以，
所以，故B错误；
对于选项C：因为，
所以点是图象的一个对称中心，故C正确；
对于选项D：因为，故D错误.
故选：C.
11. 已知的定义域为为偶函数，为奇函数，且当时，，则的值等于（）
A. 1B. C. 5D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，利用为偶函数，得到，再利用为奇函数，得到，进而可化简为，
得到，最后根据题意，求出，即可得到答案.
【详解】为偶函数，，可得，
又由为奇函数，，
故有，，故有
，可得，
，
，得
故选：B
12. 已知函数=则关于x的方程的解的个数的所有可能值为（）
A. 3或4或6B. 1或3C. 4或6D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】利用导数求出函数的单调区间，从而可画出函数的大致图象，令，则方程必有两个不等根，设两根分别为（不妨设），且，然后分，和三种情况结合函数图象讨论即可
【详解】当时，，则，当时，，当时，，所以在上递增，在上递减，且当时，，
当时，，则，当时，，当时，，所以在上递增，在上递减，且当时，，
所以的大致图象如图所示，
令，则方程必有两个不等根，设两根分别为（不妨设），且，
当时，则，此时有1个根，有2个根，
当时，则，此时有2个根，有1个根，
当时，则，此时有0个根，有3个根，
综上，对任意的，方程都有3个根，
故选：D
【点睛】此题考查导数的应用，考查函数与方程的综合应用，解题的关键是利用导数求出函数的单调区间，然后画出函数图象，结合图象求解，考查数学转化思想和数形结合的思想，属于中档题
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. 已知函数的图象在点处的切线方程是，则______.
【答案】
【解析】
【分析】由导数的几何意义可求得的值，由切点在切线上可得的值，即可求解.
【详解】因为函数的图象在点处的切线方程是，
所以，，
所以，
故答案为：.
14. 在△ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，且，则△ABC的面积为___．
【答案】
【解析】
【分析】由正弦定理化简可得，再根据面积公式求解即可
【详解】由正弦定理，，因，故，故
故答案为：
15. 棱长为2的正方体中，点分别是线段的中点，则平面截正方体所得截面的面积为__________.
【答案】
【解析】
【分析】首先取的中点，连接，，，得到平面截正方体所得截面为菱形，再计算其面积即可.
【详解】取的中点，连接，，，如图所示：
由正方体的性质可知四边形为平行四边形，且，
所以四边形为菱形，过点.
所以平面截正方体所得截面为.
，，
所以面积为.
故答案为：
16. 已知函数，在曲线上总存在两点，，使得曲线在，两点处的切线平行，则的取值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】求得函数的导函数，根据两直线平行结合导数的几何意义可得，化简可得，，构造函数，利用导数求得函数的范围，再结合基本不等式即可得出答案.
【详解】解：，
因为在曲线上总存在两点，，使得曲线在，相两点处的切线平行，
所以，且，
即，
所以，
所以，
令，则，
设，
则，
当时，，
所以函数在上递增，
所以
所以，
又，，
又因为，所以，
所以，
所以，
所以，
所以的取值范围是.
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. 已知函数的最小值周期为.
（1）求的值与的单调递增区间；
（2）若且，求的值.
【答案】（1），单调递增区间为
（2）
【解析】
【分析】（1）利用三角恒等变换化简得出，利用正弦型函数的周期公式可求出的值，再利用正弦型函数的单调性可求出函数的增区间；
（2）由已知条件可得出，利用同角三角函数的基本关系求出的值，再利用两角和的余弦公式可求出的值.
【小问1详解】
解：
，
因为函数的最小正周期为，且。所以，解得，
所以，令，
得，所以的单调递增区间为.
【小问2详解】
解：由（1）知，则，
因为，所以，
因为，所以，
所以，
所以
.
18. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
（1）求角C的值；
（2）若2a+b=6，且的面积为，求的周长.
【答案】（1）
（2）6或
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理结合，代换整理得，再结合倍角公式整理；（2）根据面积公式代入整理得，结合题意可得或，分情况讨论处理．
【小问1详解】
∵，则
∵
∴，即
∵，则
∴
【小问2详解】
∵△ABC的面积为，则
∴
根据题意得，则或
若，则△ABC为等边三角形，的周长为6；
若，则，即，的周长为
∴的周长为6或
19已知函数.
（1）已知在点处的切线方程为，求实数的值；
（2）已知在定义域上是增函数，求实数的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由题意可得出，由此可求得实数的值；
（2）求出函数的定义域为，由题意可知，在上恒成立，利用参变量分离法得出，利用基本不等式求出在上的最小值，由此可得出实数的取值范围.
【详解】（1），，，
又在点处的切线方程为，，解得；
（2）的定义域为，
在定义域上为增函数，在上恒成立，
在上恒成立，，
由基本不等式，当且仅当时等号成立，故，
故的取值范围为.
【点睛】结论点睛：利用函数的单调性求参数，可按照以下原则进行：
（1）函数在区间上单调递增在区间上恒成立；
（2）函数在区间上单调递减在区间上恒成立；
（3）函数在区间上不单调在区间上存在异号零点；
（4）函数在区间上存在单调递增区间，使得成立；
（5）函数在区间上存在单调递减区间，使得成立.
20. 如图所示，是等边三角形，，，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. 已知函数的最小值为0，其中．
（1）求的值；
（2）若对任意的，有成立，求实数的最小值；
（3）证明：．
【答案】（1）；
（2）；
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）对进行求导，已知最小值为0，可得极小值也为0，得，从而求出的值；
（2）由题意任意的，有成立，可以令先通过，大致确定取值范围，再利用分类讨论法求出的最值；
（3）由（2）知:令得:令得: ，累加即可的证.
【小问1详解】
由函数，则其定义域为，且.
由，得:，又由，得:，
在单调递减，在单调递增，
；
【小问2详解】
设，
则在恒成立等价于，
注意到，又，
①当时，由得.
在单减，单增，这与式矛盾；
②当时，在恒成立，符合，
的最小值为；
【小问3详解】
由（2）知：令得：，
令得：
当时，(1)；
当时，，
，
，
将(1)(2)(3),,(n)式相加得：
不等式左边：
；
不等式右边：
；
所以.
【点睛】方法点睛：对于含参函数的恒成立问题的处理，常采用两种方法：①参变分离求最值；②将左右两边移到一边重新构造一个含参函数，讨论含参函数的单调性，确定哪一个点处取得最值.
（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：坐标系与参数方程]
22. 在平面直角坐标系中，曲线C1的方程为，曲线C2的参数方程为（t为参数），直线l过原点O且与曲线C1交于A、B两点，点P在曲线C2上且OP⊥AB．以O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．
（1）写出曲线C1的极坐标方程并证明为常数；
（2）若直线l平分曲线C1，求△PAB的面积．
【答案】（1），证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）写出的极坐标方程，设直线l的极坐标方程为，代入的方程，利用韦达定理证明为定值；
（2）直线l平分曲线得直线l的方程，因为，得直线OP的方程，求得点P的坐标，计算三角形面积.
【小问1详解】
的一般方程为，
由，，得的极坐标方程为，
证明：设直线l的极坐标方程为，点，，
将代入，
得，为方程的两个根，
.
【小问2详解】
因为直线l平分曲线，所以直线l过点，
直线l的方程为，因为，所以直线OP为，
曲线的普通方程为，与直线OP的方程联立，得，
点P到直线l的距离，圆的直径，
所以的面积.
[选修 4-5：不等式选讲]
23. 已知函数.
（1）解关于x不等式；
（2）对任意正数a，b满足，求使得不等式恒成立的x的取值集合M．
【答案】（1）或；（2）.
【解析】
【分析】（1）利用零点分段法求得不等式的解集.
（2）利用基本不等式求得的最小值为，由求得使得不等式恒成立的x的取值集合M．
【详解】由得
当时，不等式等价于，解得，所以，
当时，不等式等价于，即，所以解集为空集；
当时，不等式等价于，解得，所以
故原不等式的解集为或；
（2）
不等式等价于
解之得，故.
【点睛】本小题主要考查绝对值不等式的解法，考查基本不等式求最值，考查不等式恒成立问题的求解，考查化归与转化的数学思想方法，考查分类讨论的数学思想方法，属于中档题.