2023-2024学年四川省叙永第一中学高三上学期“一诊”模拟测试（一）理科数学试题含答案

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本试卷分第卷 (选择题) 和第卷 (非选择题) 两部分. 第卷 1至2页， 第卷3至 4 页.共 150 分. 考试时间 120 分钟.
一、选择题：本题共13个小题，每小题6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 设集合，，则集合（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出集合，再求并集可得答案.
【详解】集合，，
则．
故选：B．
2. 如图是杭州年第届亚运会会徽，名为“潮涌”，形象象征着新时代中国特色社会主义大潮的涌动和发展．如图是会徽的几何图形，设弧长度是，弧长度是，几何图形面积为，扇形面积为，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据扇形的弧长公式得出，表示出，可得答案.
【详解】设（弧度），则，；
因为，所以，
，
，
所以.
故选：C.
3. 在△ABC中，“”是“△ABC是锐角三角形”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】由不能得到是锐角三角形，但是锐角三角形,则，根据必要不充分条件的定义，即可求解.
【详解】由正弦定理可知，，
不能得到是锐角三角形,但是锐角三角形,则.
故“”是“是锐角三角形”的必要不充分条件，
故选:B．
4. 净水机通过分级过滤的方式使自来水逐步达到纯净水的标准，其中的核心零件是多层式结构的棉滤芯（聚丙烯熔喷滤芯），主要用于去除铁锈､泥沙､悬浮物等各种大颗粒杂质.假设每一层棉滤芯可以过滤掉的大颗粒杂质，过滤前水中大颗粒杂质含量为，若要满足过滤后水中大颗粒杂质含量不超过，则棉滤芯层数最少为（ ）（参考数据：，）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据指数与对数的运算直接求解.
【详解】由题意得，经层滤芯过滤后水中大颗粒杂质含量为，，
则，得，所以，
即，所以，
解得，，
所以的最小值为，
故选：C.
5 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先根据题目条件，求出的值，然后利用和差公式，即可求得本题答案.
【详解】因为，所以，
所以，
所以
.
故选：A
6. 如图，网格纸上绘制的是一个几何体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该几何体的体积为（ ）

A. B. 1C. D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】首先在正方体中还原几何体，然后利用锥体的体积公式计算其体积即可.
【详解】如图所示，

题中三视图对应的几何体为图中棱长为2的正方体中的三棱锥，
其体积.
故选：C.
7. 已知点在幂函数的图象上，设，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A. b＜a＜cB. a＜b＜cC. b＜c＜aD. a＜c＜b
【答案】B
【解析】
【分析】首先根据幂函数所过的点求解幂函数解析式并判断函数单调性，然后通过自变量大小关系结合函数单调性判断函数值大小关系即可
【详解】已知幂函数经过点，可得：，解得：.
即，易知在上为单调递减函数.
由于，可得：，即；
又因为，，可得：，即；
综上所述：.
故选：B
8. 华罗庚说：“数无形时少直觉，形少数时难入微，数与形，本是相倚依，焉能分作两边飞．”所以研究函数时往往要作图，那么函数的部分图象可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据奇偶性排除BC，根据当时，排除A，继而得解.
【详解】因为，所以，所以为偶函数，排除BC，
当时，，且，
所以当时，，排除A；
故选：D.
9. 若函数在区间上不单调，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求导，对分类讨论，分与两种情况，结合零点存在性定理可得的取值范围.
【详解】，，
当时，在上恒成立，
此时在上单调递减，不合要求，舍去；
当时，则要求的零点在内，
的对称轴为，由零点存在性定理可得：
，故，
解得：，
故的取值范围.
故选：C
10. 已知定义在上的奇函数满足，当时，．若函数在区间上有10个零点，则实数m的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意可知和都是周期为2的周期函数，因此可将的零点问题转换为和的交点问题，画出函数图形，找到交点规律即可找出第10个零点坐标，而m的取值范围就在第10个零点和第11个零点之间.
【详解】由得是一个周期为2的奇函数，当时，，因此，
因为是奇函数，所以 ，，
且的周期为，且，，，，
求的零点，即是与的交点，如图：

为与在区间的交点图形，因为与均为周期为2的周期函数，
因此交点也呈周期出现，由图可知的零点周期为，
若在区间上有10个零点，则第10个零点坐标为，
第11个零点坐标为，因此.
故选：A
11. 如图四面体中，是边长为的正三角形，棱，则四面体的外接球的表面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由四面体的结构特征，从外接球球心O分别作平面ABD和平面BCD的垂线，垂足为，结合是正三角形，通过余弦定理和勾股定理，求出外接球半径，用公式求得表面积.
【详解】取BD的中点H，连接，
因为都是边长为的正三角形，则，
过外接球球心O分别作平面ABD和平面BCD的垂线，垂足为，
则分别为的外心，
分别在线段上，且，
中，由余弦定理，故
中，，所以，
中，故外接球半径，
外接球的表面积是.
故选：D.
12. 已知函数(，e为自然对数的底数)与的图象上存在关于直线对称的点，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据题意可将问题转化为方程在上有解，分离参数可得，令，利用导数求出值域即可求解.
【详解】因为函数()与的图象上存在关于直线对称的点，
则函数(，e为自然对数的底数)
与函数的图象有交点，
即在上有解，
即在上有解，
令，（），
，
当时，，函数为减函数，
当时，，函数为增函数，
故时，函数取得最小值，
当时，，
当时，，
故实数的取值范围是.
故选：A
【点睛】本题考查了利用导数求函数的最值，考查了转化与化归的思想，考查了计算求解能力，属于中档题.
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡上．
13. 已知函数且，则的值为______．
【答案】3
【解析】
【分析】将代回原函数得，再求出即可
【详解】因为，所以，
所以．
故答案为：3
【点睛】本题考查分段函数求值问题，属于简单题
14. 命题：“，”，命题：“，”，若是假命题，则实数的取值范围是_____________．
【答案】
【解析】
【分析】分别求得命题、为真命题时，实数的取值范围，进而求得和同时为真命题时，得到，进而求得是假命题时，实数的取值范围．
【详解】若是真命题，则对于恒成立，所以，
若是真命题，则关于的方程有实数根，
所以，即，
若和同时为真命题，则，所以，
所以当是假命题时，和中至少有一个是假命题时，可得．
15. 函数在区间内有最大值，但无最小值，则的取值范围是_______.
【答案】
【解析】
【分析】根据正弦型函数的单调性和最值点，结合数形结合思想进行求解即可．
【详解】因为，所以当时，则有，
因为在区间内有最大值，但无最小值，
结合正弦函数图象，得，解得，
则的取值范围是.
故答案为：.
16. 在中，，若点为的中点，则的取值范围为______.
【答案】
【解析】
【分析】由中点性质结合向量的加法法则得，平方结合向量运算律的性质得，由余弦定理得，所以，利用基本不等式及不等式性质得范围.
【详解】记，因为，点为的中点，所以，
所以，
在中，由余弦定理知，
所以，
当且仅当即时，等号成立，即的最大值为，
又，所以，所以的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题的解题关键是找到与的关系，从而建立分式函数，利用基本不等式求解，另外注意向量在解三角形中的应用，尤其是边角关系转化时.
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. 设函数．
（1）求函数的单调递增区间及对称中心；
（2）把的图象向右平移个单位，再向上平移1个单位，得到函数的图象，若在区间上的最大值为2，求实数的最小值．
【答案】（1）单调递增区间是，对称中心为，
（2）
【解析】
【分析】（1）首先通过三角函数恒等变换将函数化简为正弦型函数，然后根据正弦型函数图像求解函数单调区间及对称中心即可；
（2）首先根据三角函数图像变换求得图像变换后的解析式，然后根据已知条件结合正弦型函数图像求得参数的取值范围，进而求解的最小值.
【小问1详解】
由题意得：，
由，可得：；
所以的单调递增区间是；
令，，解得：，，此时函数值为，
所以对称中心为，．
【小问2详解】
把的图象向右平移个单位得到，
再将向上平移1个单位得到，
即，由，得：，
因为在区间上的最大值为2，
所以在区间上的最大值为1，
所以，所以，所以的最小值为.
18. 已知函数在处取得极值0.
（1）求；
（2）若过点存在三条直线与曲线相切，求买数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意可得，即可得解；
（2）切点坐标为，根据导数的几何意义可得切线方程为，从而可得，再根据过点存在3条直线与曲线相切，等价于关于的方程有三个不同的根，利用导数求出函数的单调区间及极值，即可得解.
【小问1详解】
由题意知，
因为函数在处取得极值0，
所以，解得，
经检验，符合题意，所以；
【小问2详解】
由（1）可知，函数，所以，
设切点坐标为，
所以切线方程为，因为切线过点，
所以，即，
令，则，
令，解得，或，
当变化时，的变化情况如下表所示，
因此，当时，有极小值，
当时，有极大值，
过点存在3条直线与曲线相切，
等价于关于的方程有三个不同的根，则，
所以实数的取值范围是.
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.
19. 在中，角的对边分别为，且.
（1）求的值；
（2）若，从下列三个条件中选出一个条件作为已知，使得存在且唯一确定，求的面积.
条件①：；条件②：；条件③：的周长为9.
【答案】（1）2 （2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）由正弦定理化简得到，进而得到，即可求解；
（2）由（1）得到，若选条件①：由余弦定理求得，，得出存在且唯一确定，结合面积公式，求得的面积；
若选条件②：由，得到，分类锐角和为钝角，两种情况，结合余弦定理，列出方程，得到存在但不唯一确定，不合题意；
若条件③：由和，求得的值，再由余弦定理和面积公式，即可求解.
【小问1详解】
解：因为，
由正弦定理得，
即，
又因为，可得，
所以，可得.
【小问2详解】
解：由（1）得，由正弦定理得，
若选条件①：由余弦定理得，即，
又由，解得，则，此时存在且唯一确定，
因为，则，可得，
所以；
若选条件②：由，因为，即，
若为锐角，则，
由余弦定理，即，
整理得，且，解得，则；
若为钝角，则，
由余弦定理得，即，
整理得，且，解得，则；
综上所述，此时存在但不唯一确定，不合题意；
若条件③：因为，即，解得，则，
所以此时存在且唯一确定，
由余弦定理得，
因为，可得，
所以．
20. 在如图所示的圆柱中,为圆的直径,是上的两个三等分点,,,都是圆柱的母线.
（1）求证：平面;
（2）若已知直线与平面所成角为求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】(1)根据题意由面面平行,证明线面平行即可;
(2)由可得到底面的长度和角度,由与平面所成角为可得到母线长,通过建立直角坐标系,求两个面的法向量,进而求得二面角大小的余弦值.
【小问1详解】
证明:为圆的直径,是上的两个三等分点,
,
均为等边三角形,
,
四边形是平行四边形,
,
又平面平面,
平面,
平面平面,
平面,
,
平面平面,
平面,
平面.
【小问2详解】
连接,则圆,
,
,
又,
以为原点,所在直线分别为轴,建系如图示:
则,
,
设平面的法向量,
,
令则,
而平面的法向量为,
,
即二面角的余弦值
21. 已知函数．
（1）当时，求的零点个数；
（2）若恒成立，求实数a的值．
【答案】（1）2 （2）
【解析】
【分析】（1）求导，研究函数的单调性，利用零点存在性定理判断零点个数；
（2）构造函数，分类讨论研究函数的单调性，求最小值，再构造函数求解，求导，研究单调性，然后利用最值确定a的值.
【小问1详解】
当时，，则，
当，，函数在上单调递减；
当，，函数在上单调递增，
所以，
又，，所以存在，，
使得，即的零点个数为2．
【小问2详解】
不等式即为，
设，，则，
设，，
当时，，可得，则单调递增，
此时当无限趋近时，无限趋近于负无穷大，不满足题意；
当时，由，单调递增，
当无限趋近时，无限趋近于负数，当无限趋近正无穷大时，无限趋近于正无穷大，故有唯一的零点，即，
当时，，可得，单调递减；
当时，，可得，单调递增，
所以，
因为，可得，
当且仅当时，等号成立，所以，
所以
因为恒成立，即恒成立，
令，，可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，所以，即，
又由恒成立，则，所以.
【点睛】方法点睛：利用导数研究函数零点或方程根，通常有三种思路：①利用最值或极值研究；②利用数形结合思想研究；③构造辅助函数研究.
（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. 如图，在极坐标系中，已知点， 曲线是以极点为圆心，以为半径的半圆，曲线是过极点且与曲线相切于点的圆.
（1）分别写出曲线、的极坐标方程；
（2）直线与曲线、分别相交于点、（异于极点），求面积的最大值.
【答案】（1），；
（2）.
【解析】
【分析】（1）分析可知曲线是以极点为圆心，以为半径的半圆，结合图形可得到曲线的极坐标方程，设为曲线上的任意一点，根据三角函数的定义可得出曲线的极坐标方程；
（2）设、，由题意得，，求出以及点到直线的距离，利用三角形的面积公式以及基本不等式可求得结果.
【小问1详解】
解：由题意可知，曲线是以极点为圆心，以为半径的半圆，
结合图形可知，曲线的极坐标方程为.
设为曲线上的任意一点，可得．
因此，曲线极坐标方程为．
小问2详解】
解：因为直线与曲线、分别相交于点、（异于极点），
设、，由题意得，，
所以，．
因为点到直线的距离为，
所以，，
当且仅当时，等号成立，故面积的最大值为.
[选修4-4 不等式选讲]
23. 已知函数.
（1）求不等式的解集；
（2）若的最小值为，正数满足，求证：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据绝对值不等式的解法，分类讨论，即可求解；
（2）由（1）求得函数的最小值为2，得到，结合由柯西不等式，证得，即可求解.
【小问1详解】
解：由函数，
当时，可得，
令，即，解得；
当时，可得，
令，即，解得，此时无解；
当时，可得，
令，即，解得，
综上所述，不等式的解集为.
【小问2详解】
解：由（1）可知，，
当时，；当时，；
当时，，所以函数的最小值为2，所以，
所以.
由柯西不等式，可得，
当且仅当时，等号成立，1
-
0
+
0
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单调递减
单调递增
0
单调递减