四川省宜宾市翠屏区宜宾第四中学校2024届高三一模数学（文） Word版含解析.docx

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宜宾市四中高2021级高三一诊模拟考试数学（文史类）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.设全集，集合，，则A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据并集的定义求得A∪B，再根据补集的定义即可求解．【详解】∵集合A={x|﹣1＜x＜5}，集合B={x|﹣2＜x＜4}，∴A∪B={x|﹣2＜x＜5}，={x|﹣5＜x≤2}，故选B．【点睛】本题考查集合的交、并、补集的混合运算，是基础题．2.设，则A.0B.1C.D.3【答案】B【解析】【分析】先将分母实数化，然后直接求其模．【详解】【点睛】本题考查复数的除法及模的运算，是一道基础题．3.几何体的三视图如图所示，该几何体的体积为 A.729B.428C.356D.243【答案】D【解析】【分析】先找到三视图对应的几何体，再利用棱锥的体积公式得解.【详解】由题得几何体原图是如图所示的四棱锥P-ABCD，底面是边长为9的正方形，高PA=9,所以几何体体积为.故选D【点睛】本题主要考查根据三视图找原图，考查几何体体积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.4.已知是两条直线，是两个平面，则的一个充分条件是（）A.，，B.，，C.，，D.，，【答案】C【解析】【分析】在A中，a与b可以成任意角；在B中a与b是平行的；在C中，可得，从而得到；在D中，可得a与b可以成任意角，从而得到正确结果. 【详解】由a，b是两条不同的直线，是两个不同的平面，在A中，，，，因为的方向不确定，则a与b可以成任意角，故A错误；在B中，，，，根据对应的性质可知，可知a与b是平行的，故B错误；在C中，由，，，可知，由线面垂直的性质可知，故C正确；在D中，，，，可得a与b可以成任意角，故D错误．故选：C.【点睛】该题考查线线垂直的充分条件的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，在解题的过程中，注意结合图形去判断，属于中档题目．5.函数的图像大致为A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先根据奇偶性淘汰A,C，再根据函数最值确定选项.【详解】因为，所以为奇函数，不选A,C，又因为，所以选D.【点睛】由解析式确定函数图象的判断技巧：（1）由函数的定义域，判断图象左右的位置，由函数的值域，判断图象的上下位置；②由函数的单调性，判断图象的变化趋势；③由函数的奇偶性，判断图象的对称性；④由函数的周期性，判断图象的循环往复6.如图，四棱柱中，分别是、的中点，下列结论中，正确的是 A.B.平面C.平面D.平面【答案】D【解析】【分析】连接，利用中位线证得，由此证得平面.【详解】连接交于，由于四边形是平行四边形，对角线平分，故是的中点.因为是的中点，所以是三角形的中位线，故，所以平面.故选D.【点睛】本小题主要考查直线和平面的位置关系，考查棱柱的侧面是平行四边形这一几何性质，还考查了三角形的中位线以及线面平行的证明.两条直线平行，在直观图中，这两条直线是平行的，通过直观感知，再根据线面平行的判定定理即可得出正确的选项.属于基础题.7.函数的图象与函数的图象的交点个数为A.3B.2C.1D.0 【答案】B【解析】【详解】由已知g(x)＝(x－2)2＋1，所以其顶点为(2,1)，又f(2)＝2ln2∈(1,2)，可知点(2,1)位于函数f(x)＝2lnx图象下方，故函数f(x)＝2lnx的图象与函数g(x)＝x2－4x＋5的图象有2个交点．8.已知函数，则（）A.的最小正周期为B.点是图象的一个对称中心C.直线是图象的一条对称轴D.在上单调递增【答案】D【解析】【分析】利用正弦函数的性质即可逐一检验【详解】对于A，由可得周期，故A不正确；对于B，当时，，，则点不是图象的一个对称中心，故B不正确；对于C，当时，，，则直线不是图象的一条对称轴，故C不正确；对于D，当时，，根据正弦函数的单调性可得在上单调递增，故D正确，故选：D9.若函数在具有单调性，则a取值范围是（） A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据导数与函数的单调性的关系进行求解即可.【详解】由，当函数在单调递增时，恒成立，得，设，当时，单调递增，当时，单调递减，所以，因此有，当函数在单调递减时，恒成立，得，设，当时，单调递增，当时，单调递减，所以，显然无论取何实数，不等式不能恒成立，综上所述，a的取值范围是，故选：C10.已知函数的部分图象如图所示，则A.B. C.D.【答案】C【解析】【分析】根据已知中函数的图象，可分析出函数的最值，确定A的值，分析出函数的周期，确定ω的值，将（，-3）代入解析式，可求出ϕ值，进而求出．【详解】由图可得：函数的最大值3，∴，又∵，ω＞0，∴T＝π，ω＝2，将（，-3）代入，得sin（ϕ）＝，∴ϕ=，即ϕ=，又∴ϕ=，∴∴故选C【点睛】本题主要考查的知识点是由函数的部分图象求三角函数解析式的方法，其中关键是要根据图象分析出函数的最值，周期等，进而求出A，ω和φ值，考查了数形结合思想，属于中档题．11.已知函数，若，，,则a，b，c的大小关系是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据题意，求出函数的导数，由函数的导数与函数单调性的关系分析可得在上为增函数，又由，分析可得答案．【详解】解：根据题意，函数，其导数函数， 则有在上恒成立，则在上为增函数；又由，则；故选：．【点睛】本题考查函数的导数与函数单调性的关系，涉及函数单调性的性质，属于基础题．12.已知函数，若对任意两个不等的正数，，都有恒成立，则a的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】将已知条件转化为时恒成立，利用参数分离的方法求出a的取值范围．【详解】对任意都有恒成立，则时，，当时恒成立， ，当时恒成立，，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.若角的顶点在坐标原点，始边为轴的正半轴，其终边经过点，___．【答案】【解析】【分析】由题意利用任意角的三角函数的定义，求得tanα的值．【详解】角α的顶点在坐标原点，始边为x轴的正半轴，其终边经过点P（﹣3，﹣4）， 则tanα，故答案为．【点睛】本题主要考查任意角的三角函数的定义，属于基础题．14.若，则__________．【答案】【解析】【详解】15.内角的对边分别为，若，且的面积为，则______.【答案】【解析】【分析】根据平方关系求出，由余弦定理得①，由求出代入①可得答案.【详解】因为，，所以，所以，由余弦定理得，即①，由，得代入①可得（舍去），.故答案为：．【点睛】方法点睛：正弦定理和余弦定理是解决三角形问题的重要工具，根据已知条件和所求未知量的不同，选择合适的方法可以更加高效地解决问题，通过运用这两个定理，可以帮助我们求解各种未知边长和角度，在解题过程中，我们还可以利用三角形内角和为180度来辅助求解. 16.三棱锥的体积为，平面，，，则三棱锥的外接球的表面积的最小值为______.【答案】【解析】【分析】先确定球心位置，球心在过三棱锥底面外接圆的圆心做的平行线上，再由，可得球心到平面距离为，要求球表面积最小，只需底面外接圆半径最小，根据已知结合正弦定理，只需边最小，由余弦定理结合基本不等式，即可求解.【详解】设底面的外接圆圆心为中点为，过点做的平行线，则球心在平行线上，连，则，，四边形为矩形，.设球半径为，底面外接圆半径为，三个角所对的边分别为，要使最小，只需最小，，，当且仅当时，等号成立，，所以，即三棱锥的外接球的半径最小值为，所以其表面积最小值为.故答案为:. 【点睛】本题考查多面体与球“切”“接问题”，应用球的性质确定球心是解题的关键，考查正弦定理、余弦定理、面积公式解三角形，属于中档题.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.在中，角、、所对的边分别为、、.已知.（1）求的值；（2）若，求的取值范围.【答案】(1);(2).【解析】【分析】(1)在三角形中，运用诱导公式化简后求出结果(2)运用余弦定理结合已知条件转化为一个未知数的表达式，求出结果【详解】（1）由已知得，即有，因为，.由，且，得.（2）由（1）可知，由余弦定理，有.因为，， 有，又，【点睛】本题考查了解三角形，在解答过程中三个角都出现在已知条件中就运用诱导公式进行化简，转化为两个角问题，容易忽略这个条件18.已知函数（且）的两个相邻的对称中心的距离为．（1）求在R上的单调递增区间；（2）将图象纵坐标不变，横坐标伸长到原来的2倍，得到函数，若，，求的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先化简函数得，再根据单调性求解即可；（2）先由平移伸缩得出，再结合二倍角余弦公式计算即得.【小问1详解】，由题意知，的最小正周期为，所以，解得，∴， 令，，解得，所以在R上的单调递增区间为【小问2详解】，，得，∵，∴，∴，∴19.已知函数在处取得极值.（1）求的值；（2）求在上的值域.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）对给定函数求导，利用函数极值点的意义求出并验证即得.（2）由（1）的结论，利用导数求出在指定区间上的最大最小值即可得解.【小问1详解】函数，求导得，由在处取得极值，得，解得，此时，当时，，当时，，即函数在处取得极值，所以.【小问2详解】 由（1）知，，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，当时，，而，即，所以函数在上的值域为.20.如图所示在直三棱柱中，，是边长为4的等边三角形，D、E、F分别为棱、、的中点，点P在棱BC上，且．（1）证明：∥平面DCE；（2）求点D到平面CEF的距离．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】【分析】(1)取BC的中点O，连接DO，取CD的中点Q，连接PQ、EQ，证明四边形AEQP为平行四边形即可；(2)连接DF，AO，设D到平面CEF的距离为d，利用等体积法即可求d．【小问1详解】如图，取BC的中点O，连接DO，取CD的中点Q，连接PQ，EQ．∵，∴，∴，．∵，，∴，．∴四边形AEQP为平行四边形，∴， ∵平面DCE，平面DCE，∴平面DCE；【小问2详解】连接DF，AO，易知．∵平面ABC，平面ABC，∴．易知，，∴平面．易知∥平面，故E到平面的距离等于AO．∵，∴．∵，，∴．设点D到平面CEF的距离为d，则由，得，解得．21.已知函数.（1）当时，求的极小值；（2）若不等式在上恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）求出函数的导函数，利用研究函数单调性，从而求出极小值；（2）构造函数，即只需寻找函数恒小于零时实数的取值范围.【小问1详解】当时，，则.令，得或，令，得，所以在和上单调递增，在上单调递减，所以.【小问2详解】由，可得，故在上恒成立.令，若，则恒成立，不合题意.若，则.令，则在上恒成立，所以在上单调递减.当时，，即，所以在上单调递减， 故，即在上恒成立，满足题意.当时，，所以存在，使得，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以存在，使得，不合题意.综上，实数的取值范围是.（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.在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）.以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求曲线普通方程和的直角坐标方程；（2）已知曲线的极坐标方程为，点是曲线与的交点，点是曲线与的交点，且，均异于原点，且，求的值.【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）消去参数可得的普通方程，由可得曲线的直角坐标方程；（2）曲线的极坐标方程为，设，，则，求解即可【详解】（1）由， 消去参数可得普通方程为，，由，得曲线的直角坐标方程为；（2）由（1）得曲线，由，可得其极坐标方程为由题意设，，则.，，，.[选修4-5：不等式选讲]23.已知函数，．（1）解不等式；（2）若对任意的，都存在，使得成立，求实数的取值范围．【答案】（1）；（2）【解析】【分析】(1)利用零点讨论法解不等式得解.(2)由（1）可知的值域为，显然的值域为,可得，进而可得解. 【详解】（1）因为故由得：或或解得原不等式解集为：.（2）由（1）可知的值域为，显然的值域为.依题意得：∴解得所以实数的取值范围为.【点睛】本题主要考查零点讨论法解绝对值不等式，考查函数的值域问题，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.