四川省宜宾市翠屏区宜宾第四中学校2024届高三一模数学（理） 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（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.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,所以几何体的体积为.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；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.若函数在具有单调性，则a的取值范围是（）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：C8.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．9.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．10.平面过正方体的顶点，平面平面，平面平面，则直线与直线所成的角为A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】如图所示，平面过正方体的顶点，平面平面，平面平面，，则直线与直线所成的角即为直线与直线所成的角为.故选C.11.已知函数的最小正周期为,若在上单调递增,在上单调递减,则实数的取值范围是()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由函数的最小正周期为可得，求出的增区间与减区间， 分别令与是其子集即可.【详解】由题意可得，求得，令，求得，由，求得，因为在上单调递增,在上单调递减,所以，所以实数的取值范围是，故选B.【点睛】函数的单调区间的求法：(1)代换法：①若,把看作是一个整体，由求得函数的减区间，求得增区间；②若,则利用诱导公式先将的符号化为正，再利用①的方法，或根据复合函数的单调性规律进行求解；(2)图象法：画出三角函数图象，利用图象求函数的单调区间.12.若都有成立，则的最大值为A.B.1C.D.【答案】B【解析】【分析】将题目所给不等式转化为，构造函数，利用导数研究函数的单调性，由此得出正确的选项.【详解】原不等式可转化为，构造函数，，故函数在 上导数大于零，单调递增，在上导数小于零，单调递减.由于且，故在区间上，故的最大值为，所以选B.【点睛】本小题主要考查利用导数求解不等式恒成问题，考查了化归与转化的数学思想方法.属于中档题.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.已知是球O的球面上的三点，，若三棱锥的体积最大值为1，则球的表面积为______.【答案】【解析】【分析】作出草图，易得和均为等边三角形，当面面时，三棱锥的体积最大可求出球的半径，进而可得球的表面积.【详解】解:设球的半径为，如图所示， ∵，∴和均为等边三角形，边长为，由图可得当面面时，三棱锥的体积最大，此时，解得，则球O的表面积为.故答案为：【点睛】本题考查球表面积的求法，球的内含体与三棱锥的关系，考查空间想象能力以及计算能力，属于中档题.16.设（是坐标原点）的重心、内心分别是，且，若，则的最小值是__________．【答案】【解析】【分析】由，所以，（r为内切圆的半径），再由，从而得，再由余弦定理，结合基本不等式即可得最值.【详解】因为重心、内心分别是，且，所以，（r为内切圆的半径），又.且.解得.所以 .当且仅当时，即为等边三角形有最小值.【点睛】本题考查了三角形的重心与内心的性质、三角形的面积计算公式，余弦定理与基本不等式，综合性较强，难度较大.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，转化为两个角的问题，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，在三棱柱中，棱的中点分别为在平面内的射影为D，是边长为2的等边三角形，且，点F在棱上运动（包括端点）．请建立适当的空间直角坐标系，解答下列问题：（1）若点为棱的中点，求点到平面的距离；（2）求锐二面角的余弦值的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，根据点面距公式求得正确答案.（2）利用向量法求得锐二面角的余弦值的表达式，结合函数的单调性求得其取值范围.【小问1详解】连接，依题意可知平面，由于平面，所以，由于三角形是等边三角形，所以，，又，以为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 则，，又，故，，则，，设平面的法向量为，则，故可设，又，所以点到平面的距离为.【小问2详解】设，，则，设平面的法向量为，则，故可设，设锐二面角为，则，令， 所以，设，则，二次函数的开口向上，对称轴为，所以当时，该二次函数单调递增，所以当时，该二次函数有最小值，当时，该二次函数有最大值，所以，即.所以锐二面角的余弦值的取值范围.21.已知函数.（1）当时,讨论函数的单调性；（2）当时,若关于的不等式恒成立,求实数的取值范围.【答案】（1）函数在上单调递增，在上单调递减（2）【解析】【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论的范围，求出函数的单调区间即可；（2）问题转化为恒成立，设，根据函数的单调性求出的最小值，从而求出的范围即可．【详解】解：（1）由题意，知.当，时，有.当时，；当时，. 函数在上单调递增，在上单调递减.（2）由题意，当时，不等式恒成立.即恒成立，即恒成立.设.则.设，则.当时，有.上单调递增，且，.函数有唯一的零点，且.当时，，，单调递减；当时，，，单调递增.即为在定义域内的最小值..，得，.令，.方程等价于，.而在上恒大于零，在上单调递增.故等价于，.设函数，易知单调递增.又，，是函数的唯一零点.即，. 故的最小值.实数b的取值范围为.【点睛】本题考查了函数的单调性，最值问题,考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想,是一道综合题．（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.