四川省宜宾市叙州区第一中学校2024届高三一模数学（理） Word版含解析.docx

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叙州区一中高2021级高三一诊模拟考试数学（理工类）试卷本试卷共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.等于（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】直接由复数的减法运算求解即可.【详解】.故选：D.2.已知集合，，若，则实数的取值范围是A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据集合子集的概念，可确定端点的关系，即可求解.【详解】已知，，且，所以.故实数的取值范围为，故选B.【点睛】本题主要考查了集合子集的概念，属于容易题.3.给出下列四个函数：①；②；③；④．其中在上是增函数的有（）A.0个B.1个C.2个D.3个【答案】C【解析】【分析】根据常见函数的单调性即可求解. 【详解】和在上是增函数，和在上是减函数，故选：C4.若三个不同的平面满足则之间的位置关系是（）A.B.C.或D.或与相交【答案】D【解析】【分析】利用正方体中的面面关系即可求解.【详解】由可得或与相交，比如在正方体中，平面平面，平面平面，则平面平面，又平面平面，平面平面，但是平面与平面相交，故选：D5.已知lg3=a，lg5=b，则log515=A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】本题主要考查对数的换底公式和对数的运算性质． 【详解】由换底公式可知.故选：B．6.设函数的导数为，且，则（）A.0B.4C.D.2【答案】C【解析】【分析】可先求函数的导数，令求出即可.【详解】由，令得，解得.故选：C.7.将函数图象向左平移个单位长度得到f（x）的图象，则（）A.B.的图象关于对称C.D.的图象关于直线对称【答案】B【解析】【分析】根据三角函数的图象变换，求得，再结合三角函数的图象与性质，逐项判定，即可求解.【详解】由题意，将函数的图象向左平移个单位长度，可得，所以A不正确；由，所以的图象关于对称，所以B正确； 由，所以C不正确；令，可得，可得不是函数的对称轴，所以D不正确.故选：B.8.设函数与函数的对称轴完全相同，则的值为A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】分别求出两个函数的对称轴，利用对称轴完全相同，即可求得的值．【详解】由题意，求函数的对称轴，令，解得函数，令，解得，因为函数与函数的对称轴完全相同，所以，故选：C.【点睛】该题考查的是三角函数的问题，涉及到的知识点有三角函数的性质，考查学生的计算能力，属于简单题目．9.已知函数在处有极值，则等于（）A.B.16C.或16D.16或18【答案】A 【解析】【分析】求导，即可由且求解，进而代入验证是否满足极值点即可.【详解】，若函数在处有极值8，则且，即，解得：或，当时，，此时不是极值点，故舍去，当时，，当或时，，当，故是极值点，故符合题意，故，故，故选：A10.若函数有且仅有两个不同零点，则b的值为A.B.C.D.不确定【答案】C【解析】【分析】求导后，讨论函数的单调性，结合零点存在性定理即可判断.【详解】因为函数，所以，若，则，此时函数单调递增，不满足条件；若，由，可验证是函数的两个极值点，若函数恰有两个不同的零点，则或， 因为，所以，即，解得.故选：C．11.若圆锥的内切球（球面与圆锥的侧面以及底面都相切）的半径为1，当该圆锥体积取最小值时，该圆锥体积与其内切球体积比为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】解法一：设圆锥底面半径为，高为，根据∽可得，即，利用锥体的体积公式，然后利用基本不等式求最值；解法二：同解法一，利用导数求最值；解法三：设，可得，，即，设，利用二次函数配方即可求解.【详解】解法一：如图，设圆锥底面半径为，高为.由∽可得，即，则，所以， 因，所以，当且仅当，即时取等号，此时圆锥体积最小，最小值为.因为该球的体积为，所以该圆锥体积与其内切球体积比为.解法二：如图，设圆锥底面半径为，高为.由∽可得，即，则，所以令，则，当时，；当时，；所以在上单调递减，在上单调递增，所以，即时，该圆锥体积最小，最小值为.又其内切球体积为.所以该圆锥体积与其内切球体积比为，解法三：设，则，所以，又，所以，所以，令，因为，当且仅当时取得最大值， 从而圆锥体积最小，最小值为.因为该球的体积为，所以该圆锥体积与其内切球体积比为，故选：D.【点睛】本小题考查圆锥的内切球、几何体的体积、基本不等式等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力、创新意识，考查函数与方程思想、化归与转化思想、考查数学抽象、数学运算、直观想象、数学建模等核心素养，体现综合性、应用性和创新性.12.已知函数，若函数在区间上有最值，则实数的取值范围是A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由指数函数和一次函数的单调性，根据的取值范围，判断函数的单调性，或者，通过求导的方式，判断单调性，进而求出最值.【详解】，，∴.当时，在上恒成立，即函数在上单调递减，函数在区间上无最值；当时，设，则，在上为减函数，又，若函数在区间上有最值，则函数有极值，即有解，∴，得.故选：A.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，且的图像恒过定点P，且P在幂函数的图像上，则____________．【答案】【解析】【分析】通过与变量无关得到定点，设出解析式，求解变量即可. 【详解】当时，的值与无关，且，故，设将代入，解得，故故答案为：14.若，，则的值为__________．【答案】【解析】【详解】分析：解方程，求出，利用诱导公式，同角三角函数基本关系式，二倍角公式化简得到关于的表达式，代入求值即可.详解：由，，得到，由得，又即答案为.点睛：本题考查诱导公式，同角三角函数基本关系式，二倍角公式化简求值，属基础题.15.已知，，且ABCD是平行四边形，则点D坐标为______．【答案】【解析】【分析】由，即可求【详解】，又，设O为坐标原点， ∴，∴．故答案为：16.在中，，的角平分线交BC于D，则_________．【答案】【解析】【分析】方法一：利用余弦定理求出，再根据等面积法求出；方法二：利用余弦定理求出，再根据正弦定理求出，即可根据三角形的特征求出．【详解】如图所示：记，方法一：由余弦定理可得，，因为，解得：，由可得，，解得：．故答案为：．方法二：由余弦定理可得，，因为，解得：，由正弦定理可得，，解得：，，因为，所以，，又，所以，即．故答案为：． 【点睛】本题压轴相对比较简单，既可以利用三角形的面积公式解决角平分线问题，也可以用角平分定义结合正弦定理、余弦定理求解，知识技能考查常规．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，且是第二象限角.（1）求的值；（2）求的值.【答案】(1)；(2).【解析】【分析】（1）由题意结合同角三角函数基本关系可得.则.（2）化简三角函数式可得，结合(1)的结论可知三角函数式的值为.【详解】（1）∵是第二象限角，∴，∴..（2）∵，∴.18.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.（1）求的值；（2）若，△ABC的面积为，求边长b的值.【答案】（1）.（2）.【解析】【分析】 （1）根据题意，利用正弦定理化简等式即可得到结论；（2）根据（1）得，利用三角形面积公式得，再利用余弦定理即可.【详解】（1）在△ABC中，由正弦定理，设，则，带入，化简得，因为，所以；（2）由（1）可知，，，又，所以，解得.在△ABC中，由余弦定理，即，解得.【点睛】本题考查利用正余弦定理解三角形，考查计算能力，属于基础题.19.如图，棱柱的所有棱长都等于2，，平面平面．（1）证明：；（2）求二面角的余弦值；【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据面面垂直的性质可得平面，进而可得； （2）先证是正三角形，由平面平面的性质，取中点，证平面，建立空间直角坐标系，利用向量求二面角的余弦值.【小问1详解】证明：由条件知四边形是菱形，所以，而平面平面，平面平面，所以平面，又平面，因此.【小问2详解】因为，是菱形，所以，而，所以是正三角形；令，连结，则，，两两互相垂直，如图所示，以为坐标原点，分别以，，所在的直线为，，轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，平面的法向量为，设是平面的法向量，则，令，则，即设二面角的平面角为，则是锐角，并且，因此二面角的余弦值为20.如图，已知A，B两镇分别位于东西湖岸MN的A处和湖中小岛的B处，点C在A的正西方向1km处，tan∠BAN＝，∠BCN＝，.现计划铺设一条电缆连通A，B两镇，有两种铺设方案：①沿线段AB在水下铺设；②在湖岸MN上选一点P，先沿线段AP在地下铺设，再沿线段PB在水下铺设，预算地下、水下的电缆铺设费用分别为2万元km、4万元km.（1）求A，B两镇间的距离；（2）应该如何铺设，使总铺设费用最低？【答案】（1）5km（2）点P选在A镇的正西方向(4－)km处，总铺设费用最低【解析】【分析】（1）过B作MN的垂线，垂足为D，在Rt△ABD和Rt△BCD中利用正切的定义表示AD，CD，借助AC＝AD－CD构建方程，求得BD，AD，进而由勾股定理，得答案；（2）方案①总费用等于单价乘以长度；方案②：设∠BPD＝θ，在Rt△BDP中利用正弦函数和正切函数的定义用θ表示BP,AP长度，进而构建总铺设费用的函数，利用导数分析该函数的单调性，得此方案的最小值；最后比较方案①和方案②的费用，确定答案.【详解】（1）如图，过B作MN的垂线，垂足为D. 在Rt△ABD中，tan∠BAD＝tan∠BAN＝＝，所以AD＝BD.在Rt△BCD中，tan∠BCD＝tan∠BCN＝＝1，所以CD＝BD.则AC＝AD－CD＝BD－BD＝BD＝1，所以BD＝3，则CD＝3，AD＝4.由勾股定理得，AB＝＝5(km)．所以A，B两镇间的距离为5km（2）方案①：沿线段AB在水下铺设时，总铺设费用5×4＝20(万元)方案②：设∠BPD＝θ，则θ∈，其中θ0＝∠BAN.在Rt△BDP中，DP＝，BP＝，所以AP＝4－DP＝4－.则总铺设费用为2AP＋4BP＝8－设f(θ)＝，则f′(θ)＝，令f′(θ)＝0，得即θ＝，列表如下：θf′(θ)－0＋f(θ)单调递减极小值单调递增所以f(θ)的最小值为. 所以方案②的总铺设费用最低为(万元)，此时AP＝4－.而，所以应选择方案②进行铺设，点P选在A镇的正西方向(4－)km处，总铺设费用最低．【点睛】本题考查三角函数的实际应用，应优先建模，将实际问题转化为熟悉的数学问题，进而构建对应的函数关系，还考查了利用导数求函数的最值，属于难题.21.已知函数（1）求f（x）的单调性；（2）若f（x）存在两个零点的极值点为t，是否存在a使得？若存在，求出所有满足条件的a的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）(0,)上单减，(,+∞)上单增；（2）见解析【解析】【分析】（1）求出，由得增区间，由得减区间；（2）由于存在两个零点，且有一个极值点，因此时，从而可得，接着由极值点与的大小分类讨论.【详解】(1)，所以(0,)上单减，(,+∞)上单增；(2)由题意知:时，且，，①当时，,所以所以,该方程无解、②当时，在(0,1)上单减，上单增，只有唯一-零点,故不成立③当时:,则有令，所以单增，又，所以，不符合题意综上所述，不存在满足条件的.【点睛】本题考查用导数研究函数的单调性与极值，研究函数的零点．难点在于分类讨论，在研究函数存在两个零点问题时，要根据极值点与已知零点1的大小关系分类讨论，从而确定较大的零点是哪一个，是否满足. （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.在极坐标系中，极点，如图所示，已知以为直径作圆.（1）求圆的极坐标方程；（2）若为圆左上半圆弧的三等分点，求点的极坐标．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）设点为圆上任意一点，利用中三角函数可建立关系，即可得解；（2）由三等分点确定极角，代入圆的极坐标方程求解即可.【小问1详解】设点为圆上任意一点，则，在中，.∴圆的极坐标方程为.【小问2详解】圆左上半圆弧的三等分点对应的极角分别，代入圆的极坐标方程中，∴圆左上半圆弧的三等分点分别为[选修4-5：不等式选讲]23.已知函数.（1）若不等式恒成立,求的取值范围;（2）当时,求不等式的解集. 【答案】（1）或（2）.【解析】【分析】（1）利用不等式的性质得，所以不等式恒成立,可以转化为，解绝对值不等式即可得到的取值范围；（2）先把函数写成分段函数，再利用零点分段法，断开，分别解不等式组，即可得到不等式的解集.【小问1详解】由于，所以，解得或．【小问2详解】，原不等式等价于，或，或，