四川省泸州市泸县第一中学2024届高三一模数学（理） Word版含解析.docx

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泸县一中高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.已知全集为，集合，，则集合等于（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】先计算，再计算.【详解】，，，故选：B．2.若复数，为虚数单位，则的虚部为（）A.B.C.1D.2【答案】C【解析】【分析】由共轭复数的定义和复数虚部的定义求解.【详解】复数，则，的虚部为1.故选：C3.若，则=（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】运用整体代换的思想，找出已知角与所求角之间的关系，根据诱导公式即可求解. 【详解】.故选：C.4.已知，则（）A.B.0C.D.【答案】A【解析】【分析】由弦切互化可得，进而由余弦的二倍角公式以及齐次式的计算即可求解.【详解】由可得，故，故选：A5.设a＝log36，b＝log510，c＝log714，则(　　)．A.c>b>aB.b>c>aC.a>c>bD.a>b>c【答案】D【解析】【详解】试题分析：，，；且；.考点：对数函数的单调性.6.已知函数且，则等于（）A.B.C.D.【答案】A【解析】 【分析】根据分段函数解析式及求出，再计算即可得解.【详解】若，则，即，无解；若，则，即，解得，所以，故选：A7.将函数f(x)=sin2x-cos2x的图象向左平移个单位长度，所得图象对应的函数（）A.在区间[0，]上单调递增B.最小正周期为C.图象关于对称D.图象关于(，0)对称【答案】C【解析】【分析】根据辅助角公式可得，再由三角函数图象的平移变换可得，结合正弦函数的性质逐一判断即可.【详解】，其图象向左平移个单位长度，可得，当时，，所以函数在区间[0，]上不单调，故A不正确；最小正周期为，故B不正确；当时，，即，故C正确、D不正确； 故选：C8.已知两个平面相互垂直，有下列命题：①一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的任意一条直线；②一个平面内的已知直线必垂直于另一个平面内的无数条直线；③一个平面内任意一条直线必垂直于另一个平面；④过一个平面内任意一点作交线的垂线，则此垂线必垂直于另一个平面．其中真命题个数是（）A.1B.2C.3D.4【答案】A【解析】【分析】根据两个平面垂直的定义、性质判断．【详解】对于①，当两个平面垂直时，一个平面内的不垂直于交线的直线不垂直于另一个平面内的任意一条直线，故①是假命题．对于②，设两个相互垂直的平面为，平面平面．∵平面平面，∴当时，必有，而，∴，而在平面内与l平行的直线有无数条，这些直线均与n垂直，故一个平面内的已知直线必垂直于另一个平面内的无数条直线，即②是真命题．对于③，当两个平面垂直时，一个平面内的任意一条直线不一定垂直于另一个平面，象上图中平面内与不平行的直线与平面不垂直，故③是假命题．对于④，当两个平面垂直时，过一个平面内任意一点作交线的垂线，若该直线不在第一个平面内，则此直线不一定垂直于另一个平面，故④是假命题．故选：A．9.若函数在区间上不单调，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.不存在这样的实数k 【答案】B【解析】【分析】利用导数与函数单调性的关系以及一元二次方程的根进行求解.【详解】由题意得，在区间上至少有一个实数根，又的根为，且在或两侧异号，而区间的区间长度为2，故只有2或-2在区间内，∴或，∴或，故A，C，D错误.故选：B.10.已知定义在上的奇函数满足，且当时，，则下列结论正确的是（）①的图象关于直线对称；②是周期函数，且2是其一个周期；③；④关于的方程（）在区间上的所有实根之和是12.A.①④B.①②④C.③④D.①②③【答案】A【解析】【分析】由对称性判断①，由周期性判断②，周期性与奇偶性、单调性判断③，作出函数的大致图象与直线，由它们交点的性质判断④．【详解】由可知的图象关于直线对称，①正确；因为是奇函数，所以，所以，所以是周期函数，其一个周期为4，但不能说明2是的周期，故②错误；由的周期性和对称性可得.又当时，，所以在时单调递增，所以，即，③错误；又时，，则可画出在区间上对应的函数图象变化趋势，如图 易得（）即（）在区间上的根分别关于1，5对称，故零点之和为，④正确.故选：A.【点睛】本题考查函数的奇偶性、对称性、单调性，考查函数的零点，掌握函数的基本性质是解题基础．函数零点问题常用转化为函数图象与直线的交点问题，利用数形结合思想求解．11.已知球O是正三棱锥（底面是正三角形，顶点在底面的射影为底面中心）的外接球，，，点E是线段BC的中点，过点E作球O的截面，则所得截面面积的最小值是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】如图，是在底面的射影，求出底面外接圆的半径和几何体外接球的半径，当截面垂直于时截面面积最小，求出截面圆的半径即得解.【详解】如图：是在底面的射影，由正弦定理得，的外接圆半径. 由勾股定理得棱锥的高设球的半径为，则，解得，所以，即与重合，所以当过点E作球O的截面垂直于时，截面面积最小，此时截面半径为，截面面积为.故选：A.12已知且，且，且，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】可设，利用导数说明其单调性，依题意可得，，，从而得出，根据题意可知，，，这样即可得出，，的大小关系．【详解】解：记，有，所以当时，当时，在单调递减，在单调递增，因为且，且，且即，，即，，，则，，，，，，，，． 故选：．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.当时，幂函数为减函数，则实数的值为______.【答案】2【解析】【分析】根据给出的函数为幂函数，由幂函数概念知，再根据函数在上为减函数，得到幂指数应该小于0，求得的值应满足以上两条.【详解】解：因为函数既是幂函数又是上的减函数，所以，解得：.故答案为：2.【点睛】本题考查了幂函数的概念及性质，解答此题的关键是掌握幂函数的定义，此题极易把系数理解为不等于0而出错，属基础题.14.设函数，且的图象的一个对称中心到最近的对称轴的距离为，则在区间上的最大值为______________【答案】【解析】【分析】先化简，根据题意可得到继而求出，然后利用三角函数的性质可求得的取值范围，即可得到答案【详解】解：，因为的图象的一个对称中心到最近的对称轴的距离为，所以即所以即，， 所以，因此，则在区间上的最大值为1，故答案为：115.如图，圆台中，，其外接球的球心O在线段上，上下底面的半径分别为，，则圆台外接球的表面积为________.【答案】【解析】【分析】列出外接球半径所满足的方程，解出半径，得外接球表面积.【详解】设外接球半径为R，则，解得，所以外接球表面积为，故答案为：.16.若的面积是外接圆面积的，则______．【答案】## 【解析】【分析】由正弦定理表示外接圆的面积，由的面积是外接圆面积的得出，又，化简即可得出结果.【详解】由正弦定理得，则，又的面积是外接圆面积的，所以，即..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，且.（1）求的值；（2）若，求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由诱导公式结合同角三角函数基本关系运算求解；（2）由题意构造角，结合两角和差公式可得，再结合倍角公式和诱导公式运算求解.【小问1详解】由题意可得：,即，又因为，则， 所以.【小问2详解】因为,则，又因为，则,可得,所以.18.在中,角、、所对的边分别为、、.已知,且.（1）求的值；（2）若，求周长的最大值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由已知式子和三角函数公式可得，进而得到的值；（2）由可得，利用基本不等式可求出的最大值，即可求出周长的最大值.【详解】解：（1）由,得,由正弦定理，得,由余弦定理，得，整理得，因,所以，所以.（2）在中,,由余弦定理得，,因为 ,所以,即,所以,当且仅当时，等号成立.故当时，周长的最大值.19.已知函数．（Ⅰ）若是的极值点，确定的值；（Ⅱ）当时，，求实数的取值范围．【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】【分析】（Ⅰ）求导，根据得到答案.（Ⅱ），讨论，，三种情况，计算得到答案.【详解】（Ⅰ）的定义域为，，由题意.若，则，当时，；当时，.所以是极大值点，故．（Ⅱ），①若，则，在上单调递增，，满足题意．②若，则当时，，单调递增；当时，，单调递减；此时当时，，不合题意.③若，则时，，单调递减.，不合题意. 综上可知，当，时，，故.【点睛】本题考查了函数的极值点问题，恒成立问题，转化为函数的最值问题是解题的关键.20.如图1，正方形的边长为2，分别为的中点，将沿折成如图2所示的二面角，且二面角的大小为，点在线段上（包含端点）运动，连接．（1）若为的中点，直线与平面的交点为，试确定点的位置，并证明：直线平面；（2）是否存在点，使得直线与平面所成的角为？若存在，求此时的长；若不存在，请说明理由．【答案】（1）点在平面与平面的交线（即直线）上，证明见解析（2）存在，或．【解析】【分析】（1）延长，交于点，利用求的长，利用线线平行证明线面平行；（2）求出和平面的法向量，利用空间向量法求解即可.【小问1详解】因为直线平面，故点在平面内，也在平面内，所以点在平面与平面的交线即直线上，延长，交于点，连接，如图所示． 因为，为的中点即，所以，所以，．故点在的延长线上且与点的距离为2．连接交于点，因为四边形为矩形，所以是的中点．连接，则为的中位线，所以，又平面，平面，所以直线平面．【小问2详解】如图由已知可得，，又，所以平面，由于平面，所以平面平面,又因为且，所以为等边三角形，取的中点，连接，则，因为平面平面，根据面面垂直的性质定理可得平面，以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则所以，设，则，设平面的法向量为，则解得，要使直线与平面所成的角为， 则，解得或，所以存在点，使得直线与平面所成的角为,此时或21.已知函数f（x）＝ae﹣x+lnx﹣1（a∈R）．（1）当a≤e时，讨论函数f（x）的单调性：（2）若函数f（x）恰有两个极值点x1，x2（x1＜x2），且x1+x2≤2ln3，求的最大值．【答案】（1）f（x）在（0，+∞）上单调递增；（2）3【解析】【分析】(1)求导得，当a≤0时，恒成立；当0＜a≤e时，令g′（x）＝ex﹣a，分析g（x）单调性结合取值得，进而可得结论.(2)函数f（x）恰有两个极值点x1，x2得，故令，则，，构造结合导数分析单调性，再判断最值.【小问1详解】函数的定义域为（0，+∞），，当a≤0时，恒成立，f（x）在（0，+∞）上单调递增；当0＜a≤e时，令，则ex﹣ax＝0，设g（x）＝ex﹣ax，则，易知，当0＜x＜lna时，，g（x）单调递减，当x＞lna时，，g（x）单调递增，∴g（x）≥g（lna）＝elna﹣alna＝a（1﹣lna）≥0，∴，在（0，+∞）上单调递增； 综上，当a≤e时，f（x）在（0，+∞）上单调递增；【小问2详解】依题意，，则，两式相除得，，设，则t＞1，x2＝tx1，，∴，，∴，设，则，设，则，∴在（1，+∞）单调递增，则，∴，则h（t）在（1，+∞）单调递增，又x1+x2≤2ln3，即h（t）≤2ln3，h（3）＝2ln3，∴t∈（1，3]，即的最大值为3．【点睛】思路点睛：对于带参函数讨论单调性的问题，一般在求导后结合对参数分类讨论进行分析；导数问题中带有不等式求范围或最值问题，一般先根据条件转化为它的等价条件，结合式子特征构造合适的函数，再求导结合单调性分析最值.（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]（10分）22.已知曲线C：(α为参数)和定点A(0,)，F1，F2是此曲线的左、右焦点，以原点O为极点，以x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．(1)求直线AF2的极坐标方程；(2)经过点F1且与直线AF2垂直的直线l交曲线C于M，N两点，求||MF1|－|NF1||的值． 【答案】（1）ρcosθ＋ρsinθ＝;（2）.【解析】【分析】（1）先将曲线C参数方程化为普通方程，求出F2点坐标，进而求出直线AF2的直角坐标方程，再化为极坐标方程；（2）根据条件求出具有几何意义的直线l参数方程，代入曲线C的普通方程，运用韦达定理和直线参数的几何意义，即可求解.【详解】(1)曲线C：可化为，故曲线C为椭圆，则焦点F1(－1，0)，F2(1，0)．所以经过点A(0，)和F2(1，0)的直线AF2的方程为x＋＝1，即x＋y-＝0，所以直线AF2的极坐标方程为ρcosθ＋ρsinθ＝.(2)由(1)知，直线AF2的斜率为-，因为l⊥AF2，所以直线l的斜率为，即倾斜角为30°，所以直线l的参数方程为(t为参数)，代入椭圆C的方程中，得13t2－t－36＝0.因为点M，N在点F1的两侧，所以||MF1|－|NF1||＝|t1＋t2|＝.【点睛】本题考查普通方程化参数方程、直角坐标方程化极坐标方程，考查直线参数方程几何意义的运用，属于中档题.[选修4-5：不等式选讲]（10分）23.已知函数. （1）当时，求不等式的解集；（2）若对于任意实数x，不等式恒成立，求实数的取值范围．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用分类讨论法解绝对值不等式得解；（2）等式恒成立等价于，再分类讨论解绝对值不等式.【详解】(1)当时，有或或解得或或所以的解集为.(2)对于任意实数，不等式成立，即恒成立.又因为.要使原不等式恒成立，则需要.当时，无解；当时，由，解得；当时，由，解得，所以实数的取值范围是.【点睛】本题主要考查绝对值不等式的解法，考查绝对值三角不等式，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.