四川省绵阳中学2023-2024学年高三上学期一诊模拟（五）数学（理科） Word版含解析.docx

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绵阳中学2021级高三上期一诊模拟（五）数学（理）试题时间：120分钟满分：150分本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分第Ⅰ卷（选择题共60分）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.【答案】C【解析】【分析】因为集合的代表元素都是，所以分别解关于的不等式可得集合，进而求出.【详解】由得，由得，即，所以，所以.故选：C.2.实数a，b满足，则下列不等式成立的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】举反例即可判定ABD，由，得出，利用指数函数的性质即可判定C.【详解】取,满足,但,所以A错误；取,满足,但，所以B错误；若，则,,所以C正确；取,则,所以D错误. 故选:C.3.已知分别为的内角的对边，命题：若，则为钝角三角形，命题：若，则.下列命题为真命题的是（）AB.C.D.【答案】B【解析】【分析】分别判断两个命题的真假，再根据选项判断复合命题的真假.【详解】因为，所以，则为真命题.因为，所以，又在上是减函数，所以，则为假命题，只有为真命题.故选：B4.中国古代有计算多项式值的秦九韶算法，如图是实现该算法的程序框图.执行该程序框图，若输入，，依次输入的值为1，2，3，则输出的（）A10B.11C.16D.17【答案】B【解析】 【分析】根据循环结构，令依次进入循环系统，计算输出结果.【详解】解：∵输入的，，当输入的为1时，，，不满足退出循环的条件；当再次输入的为2时，，，不满足退出循环的条件；当输入的为3时，，，满足退出循环的条件；故输出的值为11．故选：B5.如图，在平行四边形中，，，若，则（　　）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由已知结合向量的线性运算及平面向量基本定理即可求解．【详解】在平行四边形中，，，所以，若，则，则．故选：D．6.等差数列中，，则（）A.60B.30C.10D.0【答案】B【解析】【分析】本题可由等差数列的性质即中项公式来求解.【详解】等差数列中，, 即,.故选：B.7.垃圾分类是指按一定规定或标准将垃圾分类储存､投放和搬运，从而转变成公共资源的一系列活动，做好垃圾分类是每一位公民应尽的义务.已知某种垃圾的分解率与时间（月）近似地满足关系（其中为正常数），经过5个月，这种垃圾的分解率为，经过10个月，这种垃圾的分解率为，那么这种垃圾完全分解大约需要经过（）个月.（参考数据：）A.20B.27C.32D.40【答案】B【解析】【分析】根据和的两组值求出，再根据求出即可得解.【详解】依题意得，解得，，则，这种垃圾完全分解，即分解率为，即，所以，所以，所以.故选：B8.函数的图像大致是（）A.B. C.D.【答案】A【解析】【分析】根据函数的奇偶性和特殊值，逐一判断，即可得到本题答案.【详解】由，又，可知偶函数，排除B；因为，可排除D，又由，可排除C.故选:A9.定义：函数，下列选项正确的是（）A.函数为偶函数B.函数不是周期函数C.函数在上单调递增D.函数的图像关于对称【答案】D【解析】【分析】利用正弦曲线、余弦曲线确定的图像.【详解】因为，所以的图像如下：由图可知，A，B，C错误，D正确.故选：D.10.若，为锐角，且，则的最小值为（） A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用两角和的正切公式进行转化，结合基本不等式求得，从而求得的最小值.【详解】因为，所以，所以，即，得，由于，为锐角，所以，所以，当且仅当时等号成立，所以的最小值为．故选：A11.为等差数列，公差为，且，，，函数在上单调且存在，使得关于对称，则的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】推导出sin4d＝1，由此能求出d，可得函数解析式，利用在上单调且存在 ，即可得出结论．【详解】∵{an}为等差数列，公差为d，且0＜d＜1，a5（k∈Z），sin2a3+2sina5•cosa5＝sin2a7，∴2sina5cosa5＝sin2a7﹣sin2a3＝2sincos•2cossin2sina5cos2d•2cosa5sin2d，∴sin4d＝1，∴d．∴f（x）cosωx，∵在上单调∴，∴ω；又存在，所以f（x）在（0，）上存在零点，即，得到ω．故答案为故选D【点睛】本题考查等差数列的公差的求法，考查三角函数的图象与性质，准确求解数列的公差是本题关键，考查推理能力，是中档题．12.函数和的定义域均为，且为偶函数，为奇函数，对，均有，则（）A.615B.616C.1176D.2058【答案】B【解析】 【分析】由题意可以推出，，再结合可得函数方程组，解出函数方程组后再代入求值即可.【详解】由函数为偶函数，则，即函数关于直线对称，故；由函数为奇函数，则，整理可得，即函数关于对称，故；由，可得，所以，故，解得，所以，所以.故选：B.第Ⅱ卷（非选择题，共90分）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上．13.已知，点，则向量在方向上的投影为________．【答案】【解析】【分析】根据投影的计算公式即可求解.【详解】由点，得，所以向量在方向上的投影为：．故答案为:. 14.若，则______.【答案】##【解析】【分析】利用和角的正余弦公式化简，再利用诱导公式及齐次式求法求解即可.【详解】，则.故答案为：15.已知函数，若关于x的方程有两个不相等的实数根，则实数a的取值范围是______．【答案】【解析】【分析】利用导数研究的单调性和极值，作出的图像；由关于的方程有两个不相等的实数根，得到函数与有一个交点，利用图像法求解．【详解】对于函数．当时，．令，解得：或；令，解得：；所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．而，；，． 当时，．令，解得：；令，解得：；所以在上单调递减，在上单调递增．而；，，．作出的图像如图所示：解关于的方程有两个不相等的实数根,即关于的方程有两个不相等的实数根，只有一个实数根，所以关于的方程有一个非零的实数根，即函数与有一个交点，横坐标．结合图像可得：或，所以的取值范围是．16.已知正整数数列满足：，则____________【答案】630【解析】【分析】根据已知条件，易得到数列的初值，根据初值，可以进行归纳，得到中项数满足的递推关系，然后使用数列归纳法进行推导论证，得到的递推公式，然后通过构造等比数列求解出的表达式，结合2022所满足的关系代入合适的关系式求解即可.【详解】由可得： 12345678910111213141241510411312213114我们可以看到的下标：它们满足的递推关系：①，对归纳：时已经成立，设已有，则由条件，，，，，归纳易得：，，②于是，当时，，因此，即①式成立，根据①式，，令，所以，，所以，因此，，而，，则，，故由②式可得，故答案为：630.三、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，已知函数的图象与x轴相邻两个交点的距离为，且图象关于点对称.（1）求的单调区间；（2）求不等式的解集. 【答案】（1）单调递增区间：，，无递减区间（2）【解析】【分析】（1）根据函数周期性，结合函数图象过的点的坐标，代值计算即可求得参数，则解析式可求；利用整体法代换法，即可求得函数的单调区间；（2）根据（1）中所求解析式，利用正切函数的单调性，即可解得不等式.【小问1详解】由题意知，函数f(x)的最小正周期为T＝，即，因为ω>0，所以ω＝2，从而f(x)＝tan(2x＋φ)，因为函数y＝f(x)的图象关于点M对称，所以2×＋φ＝，k∈Z，即φ＝＋，k∈Z.因为0<φ<，所以φ＝，故f(x)＝tan.令－＋kπ<2x＋<＋kπ，k∈Z，得，即所以函数的单调递增区间为，k∈Z，无单调递减区间．【小问2详解】由（1）知，f(x)＝tan.由－1≤tan≤，得Z，即Z所以不等式－1≤f(x)≤的解集为.18.设是数列的前n项和，已知， （1）证明：是等比数列；（2）求满足的所有正整数n.【答案】（1）证明见解析（2）正整数n为1，2【解析】【分析】（1）由定义能证明数列是等比数列；（2）由，得，从而；由求和式子由此能求出满足的所有正整数n的值．【小问1详解】由已知得，所以，其中，，所以是以为首项，为公比的等比数列；【小问2详解】由（1）知，所以，，所以，所以 ，当时，单调递减，其中，，，所以满足的所有正整数n为1，2.19.如图，在平面四边形中，，，.（1）当四边形内接于圆O时，求角C；（2）当四边形面积最大时，求对角线的长.【答案】（1）（2）.【解析】【分析】（1）根据，结合余弦定理求解即可；（2）将四边形的面积拆成两个三角形的面积之和，由余弦定理和三角形面积公式结合三角函数的性质即可求解.【小问1详解】由余弦定理可得：，，所以.又四边形内接于圆，所以，所以，化简可得，又，所以.【小问2详解】 设四边形的面积为S，则，又，所以，即平方后相加得，即，又，所以时，有最大值，即S有最大值.此时，，代入得.又，所以在中，可得：，即.所以，对角线的长为.20.已知函数在处取得极小值．（1）求实数a的值；（2）若有3个零点，求实数m的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）求得，根据题意得到，求得的值，再利用函数极小值的定义，进行判定，即可求解；（2）由（1）得到函数单调性和极值，结合题意，列出不等式组，即可求解.【小问1详解】解：由题意，函数，可得， 因为在处取得极小值，所以，解得或．①当时，．令，解得或；令，解得．所以在，上单调递增，在上单调递减，此时在处取得极大值，不合题意，舍去．②当时，．令，解得或；令，解得．所以在，上单调递增，在上单调递减，此时在处取得极小值，符合题意．综上可知，．小问2详解】解：由（1）知，当时，函数，且在，上单调递增，在上单调递减，要使有3个零点，只需且，解得．故实数m的取值范围为．21.已知函数．（1）讨论的单调性；（2）若对任意的恒成立，求的取值范围．【答案】（1）答案见解析（2） 【解析】【分析】（1）利用导数与函数单调性的关系，分类讨论与即可得解；（2）构造函数，利用导数得到的单调性，从而分类讨论与，结合的特性进行分析即可得解.【小问1详解】因为，所以，当时，，即，所以在上单调递增；当时，令，得，令，得；令，得；所以在上单调递减；在上单调递增；综上，当时，在上单调递增；当时，在上单调递减；在上单调递增.【小问2详解】因为，所以由，得在上恒成立，令，则，，令，则，因为，则，，，则，所以，则在上恒成立，所以在上单调递增，则在上单调递增， 令，则，令，则在上恒成立，所以在上单调递增，则，即，所以在上单调递增，则，则，故，所以当时，，，所以在上必存在，使得，又在上单调递增，故当时，，所以在上单调递减，而，不满足题意；当时，，所以在上单调递增，故，满足题意；综上：，即的取值范围为.【点睛】关键点睛：本题解决的关键在于利用导数求得当时，存在使得，从而排除的情况，由此得解.（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xOy中，曲线C的参数方程为（为参数），直线l的参数方程为（t为参数，），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴，取相同的长度单位，建立极坐标系．（1）求曲线C的极坐标方程；（2）设直线l与曲线C交于A，B两点，且，求的值．【答案】（1） （2）或【解析】【分析】（1）首先将曲线的参数方程化为普通方程，再根据转化公式，化为极坐标方程；（2）首先将直线的极坐标方程代入曲线的极坐标方程，利用韦达定理表示，即可求解.【小问1详解】曲线C的直角坐标方程：，根据公式直角坐标与极坐标转化公式，，，，所以C的极坐标方程：；【小问2详解】直线l的极坐标方程：，代入C的极坐标方程得：，，，，，，或，即或，[选修4-5：不等式选讲]23.已知函数．（1）解不等式；（2）对及，不等式恒成立，求实数m的取值范围．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）写出的分段函数的形式，分类讨论即可求得不等式的解集. （2）利用均值不等式，根据，求得的最小值，再结合绝对值三角不等式，即可将问题转化为关于的不等式，则问题得解.【小问1详解】依题意，，当时，由，解得，则；当时，，解得，无解；当时，由，解得，则，所以不等式的解集为.【小问2详解】由，得，当且仅当，即时取等号，则当时，，依题意，，，而当时，，当且仅当，且时取等号，因此，解得，