四川省叙永第一中学校2024届高三上学期一诊数学（理科） Word版含解析.docx

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叙永一中高2021级“一诊”数学（理）试题一、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＝＝＝cos22x－sin22x＝cos4x，所以最小正周期.故选：B4.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：B6.已知为的导函数，则的图象大致是（）AB.CD.【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.