2022届四川省绵阳中学实验学校高三上学期一诊模拟考试（一）数学试题（含解析）

这是一份2022届四川省绵阳中学实验学校高三上学期一诊模拟考试（一）数学试题（含解析），共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题.等内容，欢迎下载使用。
绵阳中学实验学校高2019级高三一诊考试模拟（一）文科数学一、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，，则=（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】利用一元二次不等式的解法，先求出集合，再根据交集的定义即可求解.【详解】因为集合，又集合，所以，故选：D.2. 下列函数中，在定义域内既是奇函数又是增函数的是（    ）A  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】利用函数奇偶性与单调性性质分别进行判断即可得解.【详解】对于A，为奇函数，其定义域为，故不是增函数，只是在每个分段区间单增，故A错误；对于B，定义域为，是单调增函数，是非奇非偶函数，故B错误；对于C，定义域为，是奇函数，且在上单调递增，故C正确； 对于D，定义域为，是偶函数，且在上单调递增，故D错误；故选：C3. 若实数，满足，则下列不等式中成立的是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】A. 取判断；B. 取判断； C. 取判断； D. 由，得到，进而得到判断.【详解】A. 当时，，故错误；B. 当时，，故错误；C. 当时，，故错误；D. 因为，所以，所以，所以，即，故正确；故选：D4. 函数的图象的一条对称轴是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】令，解出，然后对赋值可得出结果.【详解】令，解得，，再令，可得，故选：D.5. 函数的大致图象是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】先由函数的奇偶性排除部分选项，再由时，用导数法研究其单调性.【详解】函数的定义域为关于原点对称，又所以是奇函数，排除BC当时，，则在上递增，又 ，所以函数 在内存在零点，且当时，，当时，，所以在上递减，在上递增，排除D故选：A【点睛】思路点睛：函数图象的辨识可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象.6. 已知命题：在中，若，则；命题：向量与向量相等的充要条件是且，下列四个命题是真命题的是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据函数的单调性，可判定命题为真命题，再根据共线向量的定义，可判定命题为假命题，得到命题是真命题，结合复合命题的判定方法，即可求解.【详解】由命题：在中，若，根据函数在区间上为单调递减函数，可得，所以命题为真命题；又由命题，，可得与方向可能相反，与不一定相等，所以命题为假命题，则命题是真命题，所以是真命题，，，均为假命题.故选：A.7. 若曲线在点（1，－1）处的切线与曲线y=ln x在点P处的切线垂直，则点P的坐标为（    ）A. (e, 1) B. (1, 0) C. (2, ln2) D. 【答案】D【解析】【分析】先求出曲线在点（1，－1）处的切线的斜率为，利用斜率成积等于-1，求出曲线y=ln x在点P处的切线的斜率，利用导数即可求出切点的横坐标，代入可解.【详解】的导数为，所以曲线在点（1，－1）处的切线的斜率为.因为曲线在点（1，－1）处的切线与曲线y=ln x在点P处的切线垂直，所以曲线y=ln x在点P处的切线的斜率.而y=ln x的导数，所以切点的横坐标为，所以切点.故选：D8. 若，其中且，则实数的取值范围是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】把不等式两边化为同底数的对数，讨论底数与1的关系，确定函数的单调性，根据函数的单调性整理出关于的不等式，得到结果，把两种情况求并集得到结果．【详解】且当时，函数是一个增函数，不等式恒成立，当时，函数是一个减函数，根据函数的单调性有，即综上可知的取值是故选：B9. 已知菱形的对角线相交于点，点为的中点，若，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据题意,以对角线交点为坐标原点，对角线所在直线为轴建立直角坐标系,利用坐标法求解.【详解】解：如图，以点为坐标原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，由，，所以，，，，所以，所以.故选：B【点睛】本题考查向量的数量积运算，解题的关键在于根据题意建立平面直角坐标系，利用坐标法求解，考查运算求解能力，是中档题.10. 等比数列的前n项和为，若，则（    ）A. －2 B. 1 C. 2 D. 3【答案】C【解析】【分析】由，得到，根据时， ，结合，列出方程，即可求解.【详解】因为，当时，，所以，因为数列是等比数列，当时，可得，又由，所以，解得.故选：C.11. 某城市要在广场中央的圆形地面设计一块浮雕，彰显城市积极向上的活力.某公司设计方案如图，等腰的顶点P在半径为20m的大⊙O上，点M，N在半径为10m的小⊙O上，点O，点P在弦MN的同侧.设，当的面积最大时，对于其它区域中的某材料成本最省，则此时（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】用表示出的面积为，求导，令求得极值点，从而求得面积最大时对应的值.【详解】如图所示，等腰中，设的面积为，则求导令，即，解得：（舍去负根）记， 当，，函数单调递增；当 ，，函数单调递减；故当时，即， 取得极大值，即最大值.故选：C12. 若则下列结论正确的有（    ）①  ② ③   ④A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个【答案】D【解析】【分析】由对数定义求出，再根据不等式的性质判断．作差并利用二次函数性质得出结论．【详解】由题意得，，，而，∴，①正确；，，，∴，②正确；，又，∴，③正确；，又，即，，∴，∴，④正确，故选：D．【点睛】关键点点睛：本题考查对数与指数式的互化，对数函数的性质，考查作差法证明不等式，证明不等式的方法很多，其中作差不进最基本的方法，作差后可以利用不等式的性质，利用函数的性质进行判断证明．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知向量，，且与垂直，则实数______.【答案】-1【解析】【分析】由题得化简即得解.【详解】因为与垂直，所以，所以.故答案为：.14. 已知函数的定义域为，且满足，当时，，则________．【答案】e【解析】【分析】先根据可得周期为，利用周期可求，从而可得结果.【详解】因为，所以函数的周期为，所以；又因为当时，，所以.故答案为.【点睛】本题主要考查利用函数的周期求值，主要求解思路是：先根据题设条件得出函数的周期，再结合周期把目标函数值转化到已知区间上，然后可求，侧重考查数学抽象的核心素养.15. 已知，则的最大值为____________【答案】【解析】【分析】由已知求得，可得，利用同角三角函数基本关系可得，利用二次函数性质即可求解.【详解】，，，即又，利用二次函数的性质知，当时，故答案为：16. 若函数在区间(－2，1)上恰有一个极值点，则实数a的取值范围为____【答案】【解析】【分析】转化函数在区间(－2，1)上恰有一个极值点，为在区间(－2，1)上有唯一的变号零点，利用二次函数根的分布，转化为，再验证端点即得解【详解】由题意，函数在区间(－2，1)上恰有一个极值点，即在区间(－2，1)上恰有一个变号零点令，即在区间(－2，1)上有唯一的变号零点根据二次函数根的分布可知：，即此时端点值是否成立不确定.（1）当时，在区间(－2，1)上有唯一的变号零点，成立；（2）当时，在区间(－2，1)上恒小于0，不成立；综上，实数a的取值范围为故答案为：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）.17. 已知等差数列｛an｝的公差不为零，a1=25，且，，成等比数列.（Ⅰ）求的通项公式；（Ⅱ）求+a4+a7+…+a3n-2.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】【详解】(1)设{an}的公差为d.由题意，a112＝a1a13，即(a1＋10d)2＝a1(a1＋12d)，于是d(2a1＋25d)＝0.又a1＝25，所以d＝0(舍去)，或d＝－2.故an＝－2n＋27.(2)令Sn＝a1＋a4＋a7＋…＋a3n－2.由(1)知a3n－2＝－6n＋31，故{a3n－2}是首项为25，公差为－6的等差数列．从而Sn＝ (a1＋a3n－2)＝(－6n＋56)＝－3n2＋28n. 18. 已知函数（I）求的值（II）求的最小正周期及单调递增区间.【答案】（I）2；（II）的最小正周期是，.【解析】【分析】（Ⅰ）直接利用三角函数关系式的恒等变换，把函数的关系式变形成正弦型函数，进一步求出函数的值．（Ⅱ）直接利用函数的关系式，求出函数的周期和单调区间．【详解】（Ⅰ）f（x）＝sin2x﹣cos2xsin x cos x，＝﹣cos2xsin2x，＝﹣2，则f（）＝﹣2sin（）＝2，（Ⅱ）因为．所以的最小正周期是．由正弦函数的性质得，解得，所以，的单调递增区间是．【点睛】本题主要考查了三角函数的化简，以及函数的性质，是高考中的常考知识点，属于基础题，强调基础的重要性；三角函数解答题中，涉及到周期，单调性，单调区间以及最值等考点时，都属于考查三角函数的性质，首先应把它化为三角函数的基本形式即，然后利用三角函数的性质求解．19. 在中，角，，的对边分别为，，，已知.（1）求角的大小；（2）若，，求边上的高.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）结合正弦定理得到，然后结合两角差的余弦公式以及辅助角公式即可求解；（2）结合同角的平方关系求出，然后利用正弦定理求得，根据求出，从而可以求得结果.【详解】（1）在中，由正弦定理得，∵，∴，∴，，即，所以∵，∴（2）由题意得.在中，由正弦定理得.，∴边上的高.20. 已知函数，曲线在处的切线是，且是函数的一个极值点．求实数a，b，c的值；若函数在区间上存在最大值，求实数m的取值范围．【答案】(1) ，，； （2）.【解析】【分析】（1）可以先通过曲线在处的切线是得出以及，再通过是函数的一个极值点得出，联立方程计算出的值；（2）函数在区间上存在最大值即函数在区间上有极大值并且端点处的函数值要小于极大值．【详解】（1）.因为曲线在点处的切线为，所以切点为,即.①由，得.因为是函数的一个极值点，所以.②联立①②得，.所以，，.（2）由（1）得，则当时，或；当时，.所以在处取得极大值即.由得，所以即或.要使函数在区间上存在最大值，则，即.【点睛】本题主要考察的是导数的性质以及使用，导数是函数曲线在某一点的切线斜率，当导数为时，函数取极值．21 已知函数．讨论函数的单调性；若关于x的方程有唯一解，且，，求n的值．【答案】(1) 当时，函数在上单调递增；当时，函数在上单调递增，函数在上单调递减； （2）．【解析】【分析】（1）先通过函数得出解析式，再对分别进行讨论；（2）首先可以根据设，再对进行二次求导得出的最大值，并且根据方程有唯一解得出最大值等于0，然后进行联立方程，计算得出结果．【详解】（1）.当时，，在上单调递增；当时，由解得；由解得，综上所述：当时，函数在上单调递增；当时，函数在上单调递增，函数在上单调递减.（2）由已知可得方程有唯一解，且，.设（），即由唯一解，，.由，令，则，所以在上单调递减，即在上单调递减.又时，；时，，故存在使得.当时，，在上单调递增，时，，在上单调递减.又有唯一解，则必有由消去得.令，则.故当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增.由，，即存在，使得即.又关于的方程有唯一解，且，，所以.故．【点睛】本题主要考察导数，难度较大，对于导数的性质以及使用能力有着极高的要求，尤其是对二次求导的使用．22. 在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为为参数，以坐标原点O为极点，以x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C的极坐标方程为．求直线l的普通方程及曲线C的直角坐标方程；若直线l与曲线C交于A，B两点，求线段AB的中点P到坐标原点O的距离．【答案】（1），（2）【解析】【分析】（I）将代入，即可得到直线的普通方程，利用极坐标与直角坐标的互化公式，即可得到曲线C的直角坐标方程；（II）将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程，利用韦达定理和参数的几何意义，即可求解点到原点的距离.【详解】解：（I）将代入，整理得，所以直线的普通方程为.由得，将，代入，得，即曲线的直角坐标方程为.（II）设，的参数分别为，.将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程得，化简得，由韦达定理得，于是.设，则则.所以点到原点的距离为.【点睛】本题主要考查了参数方程与普通方程，极坐标方程与直角坐标方程的互化，以及直线的参数的几何意义的应用，其中熟记互化公式，合理利用直线的参数方程中参数的几何意义是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.23. 已知函数.（1）当时，解不等式；（2）若关于的不等式的解集包含，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（I）当，不等式为，分类讨论，即可求解不等式解集.（II）由题意的解集包含，转化为当时，恒成立，即，再利用绝对值的定义，即可求解.【详解】解：（I）当时，，由解得，综合得；当时，，由解得，综合得；当时，，由解得，综合得.所以的解集是.（II）∵的解集包含，∴当时，恒成立原式可变为，即，∴即在上恒成立，显然当时，取得最小值10，即的取值范围是.【点睛】本题主要考查了绝对值不等式问题，对于含绝对值不等式的解法有两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解．同时注意绝对值不等式有时与函数以及不等式恒成立等知识点相互交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用，这是命题的新动向．