四川省泸州市泸县第五中学2024届高三一模文科数学试题（Word版附解析）

这是一份四川省泸州市泸县第五中学2024届高三一模文科数学试题（Word版附解析），共20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。
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. 全集，集合，，则阴影部分表示的集合是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定的条件利用韦恩图反应的集合运算直接计算作答.
【详解】韦恩图的阴影部分表示的集合为，而全集，集合，，
所以.
故选：C
2. 已知复数满足，则的虚部为（ ）（为虚数单位）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先对已知式子化简求出复数，从而可求出其虚部
【详解】由，得，
所以的虚部为，
故选：B
3. 已知a>0>b，则下列不等式一定成立的是（ ）
A. a2b，此时a2＝－ab，|a|＝|b|，，所以A，B，D不一定成立．因为a>0>b，所以b－ab，所以，所以一定成立，
故选：C.
【点睛】对于不等式的判定，我们常取特殊值排除法和不等式的性质进行判断，另外对于指数式，对数式，等式子的大小比较，我们也常用函数的单调性．
4. 已知角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边上的一点的坐标为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】直接利用三角函数的定义即可求解.
【详解】，
故选：B
5. 已知函数的图像在点处的切线与轴平行,则点的坐标是
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先设,再对函数求导得由已知得，即可求出切点坐标.
【详解】设,由题得
所以,
∴.
故选：B.
【点睛】本题主要考查对函数求导和导数的几何意义，意在考查学生对该知识的掌握水平和分析推理能力.函数在点处的导数是曲线在处的切线的斜率，相应的切线方程是.
6. 函数的大致图象是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】从各项图象的区别，确定先判断函数奇偶性(对称性)，再求导研究的符号,判断单调性即可.
【详解】，
是偶函数，图象关于y轴对称，排除选项AB.
当时，，则，由，，
故存在使得，即函数在区间上不单调，排除D.
故选：C.
【点睛】方法点睛：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.
7. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
利用两角和的正弦和余弦公式化简后可得所求的值．
【详解】因为，所以，
而
，
故选：B．
8. 天文学中，用视星等表示观测者用肉眼所看到的星体亮度，用绝对星等反映星体的真实亮度.星体的视星等，绝对星等，距地球的距离有关系式（为常数）.若甲星体视星等为，绝对星等为，距地球距离；乙星体视星等为，绝对星等为，距地球距离，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用对数运算可求得的值.
【详解】由已知可得，
上述两个等式作差得，因此，.
故选：A.
9. 将函数的图象向右平移个单位后，得到函数的图象，则下列关于的说法正确的是（ ）
A. 最小正周期为B. 最小值为
C. 图象关于点中心对称D. 图象关于直线对称
【答案】D
【解析】
【分析】先由题意求出，然后根据三角函数的图像和性质逐个分析判断即可
【详解】解：因为 ，
所以，
所以的最小正周期为，所以A错误，
最大值为2，最小值为，所以B错误，
因为，所以图象不关于点中心对称，所以C错误，
因为，所以图象关于直线对称，所以D正确，
故选：D
10. 设函数其中.若在上是增函数，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】函数在两分段区间均为增函数，只需右段函数图像的最低点不低于左段函数的最高点，建立的不等量关系，再通过构造函数，即可求出结论.
【详解】根据指数函数、对数函数性质知，
在和上函数均为增函数，
若在R上是增函数，则只需满足即可.
构造函数，显然在上单调递增，
且，故由，得，
即实数a的取值范围是.
故选:C.
【点睛】本题考查分段函数的单调性，注意分段函数各段有相同的单调性合并单调区间的条件，构造函数解不等式是解题的关键，属于中档题.
11. 将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，且的图象的一条对称轴是直线，则的最小值为（ ）
A. B. 2C. 3D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用平移变换得出，再由对称轴的性质得出，，结合得出的最小值.
【详解】将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象对应的函数为
因为函数的图象的一条对称轴是直线
所以，
解得，，又
所以当时，取最小值，为
故选：A
【点睛】关键点睛：解决本题的关键在于利用对称轴的性质结合得出的最小值.
12. 已知函数，若存在，使得成立，则实数a的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用导数判断函数的单调性，并求出最大值，由已知条件列不等式即可求解.
【详解】的定义域为，
，
∵当时， ，当时， ，
∴在上单调递增，在上单调递减，
即，
又∵存在，使得成立，
∴ ，解得，
则实数的取值范围为，
故选：D.
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. 函数，则______．
【答案】
【解析】
【分析】由题意结合函数的解析式求解函数值即可.
【详解】由函数的解析式可得：，
则.
故答案为．
【点睛】求分段函数的函数值，要先确定要求值的自变量属于哪一段区间，然后代入该段的解析式求值，当出现f(f(a))的形式时，应从内到外依次求值．
14. 已知定义在上的奇函数满足，且，则的值为__________．
【答案】2
【解析】
【分析】由为奇函数且可得函数是周期为4的周期函数.可将转化为，由奇函数特点可得，在中，令，可得，问题得解．
【详解】因为为奇函数，所以，
又，所以，所以，
所以函数是周期为4的周期函数.
所以 ，
又，在中，令，可得，
∴.
【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性与周期性的应用，考查运算求解能力、等价变换的能力，还考查了赋值法，属于中档题．
15. 已知在三棱锥中， ，平面平面，则三棱锥外接球的表面积为__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据已知条件确定的外接圆圆心，及三棱锥的外接球球心O、AC边中点H的位置关系--四边形为矩形，进而应用正弦定理、侧面外接圆半径与外接球半径、点面距之间的关系，求外接球半径，即可求球的表面积.
【详解】如图分别为的外心.
由，即为中点，取中点则，又面面，面面，面，即面
设球心为，则平面
∴，又，面，面面，面面，
∴平面，又平面.
∴，即四边形为矩形.
由正弦定理知：，即，
∴若外接球半径R，则，
∴.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：利用面面垂直、等腰直角三角形的性质，应用三棱锥侧面外接圆半径、外接球半径、点面距之间的几何关系，结合正弦定理求外接球半径，进而求表面积.
16. 若函数恰有2个零点，则实数a取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】求出函数的导数，分类讨论，当，在上单调递增，不满足条件；当时，判断函数的单调性求出最大值，证明函数在上有一个零点，在上有一个零点即可求得a的取值范围.
【详解】函数的定义域为，，
①若，则，所以在上单调递增，在不可能有两个零点；
②若，由得，
当时，，在上单调递增；当时，，在上单调递减，
所以函数在处有最大值，
设，，所以在定义域上为减函数，
又，所以当时，，
此时，所以在上有一个零点，
设，
设，
当时，，所以在上为减函数，
又，所以当时，，则为减函数，
又因为，所以当时，恒成立，
因为，所以，即，
所以在上有一个零点，
综上所述，a的取值范围为.
故答案为：
【点睛】本题考查导数在研究函数的性质中的应用、利用导数研究函数的零点，属于较难题.
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. 已知函数.
（1）求单调递增区间；
（2）若，且，求的值.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）利用二倍角公式和两角和的正弦公式化简，再根据正弦函数的递增区间可得结果；
（2）由得到，由可得，再根据可求得结果.
【详解】（1），
由，得，
则函数单调递增区间为.
（2）由得，即，
由，，可得，
则，
所以.
【点睛】关键点点睛：第（2）问将拆为已知角和特殊角是本题解题关键.
18. 已知函数(，，)的部分图象如图所示，为图象与轴的交点，，分别为图象的最高点和最低点，中，角，，所对的边分别为，，，的面积.
（1）求的角的大小；
（2）若，点的坐标为，求的最小正周期及的值.
【答案】（1）；（2）最小正周期为，.
【解析】
【分析】
（1）根据，利用余弦定理和三角形面积公式，易得，即求解.
由，利用余弦定理可得，进而得到函数的最小正周期为，然后由在函数的图象上，求得即可.
【详解】（1），
由余弦定理得，
又，
，
即，
，
.
由题意得，，
由余弦定理，
得，
即，
设边与轴的交点为
则为正三角形，
且，
函数的最小正周期为，
，
又点在函数的图象上，
，
即，
即
，
即
又，
.
【点睛】方法点睛：（1）求f(x)＝Asin(ωx＋φ)(ω≠0)的对称轴，只需令ωx＋φ＝＋kπ(k∈Z)，求x；求f(x)的对称中心的横坐标，只需令ωx＋φ＝kπ(k∈Z)即可．
（3）求最小正周期时可先把所给三角函数式化为y＝Asin(ωx＋φ)或y＝Acs( ωx＋φ)的形式，则最小正周期为T＝；
（3）奇偶性的判断关键是解析式是否为y＝Asin ωx或y＝Acs ωx＋b的形式．
19. 已知函数在处取得极值．
（1）求实数的值；
（2）若函数在内有零点，求实数的取值范围．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据，求出的值，再验证即可；
（2）利用导数得出函数在是的最值，由求解即可.
【小问1详解】
解： ∵,
所以，
又 在处取得极值，
∴，解得.
经验证时，，
当时，；当时，，
所以 在处取得极值.
所以；
【小问2详解】
解：由（1）知，，
∴的极值点为，
将，，在内的取值列表如下：
∵在内有零点，
∴，
解得，
∴ 实数 的取值范围是.
20. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，与均为等边三角形，点为的中点.
（1）证明：平面平面；
（2）若点在线段上且，求三棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析
（2）6
【解析】
【分析】（1）连接，交于，连接，根据题意易证，，从而得到平面，再根据面面垂直的判定即可证明平面平面.
（2）由题意易得：平面，设点到平面的距离为，根据，得到，再根据体积公式求解即可.
【小问1详解】
连接，交于，连接，如图所示：
由于，点为的中点，
，，所以四边形为正方形，可得，
又△与△均为等边三角形，可得，
在等腰△中，点为的中点，所以，
，，，平面.
所以平面，
又平面，所以平面平面．
【小问2详解】
由，△与△均为等边三角形，
四边形为正方形，与相交于点，
可知，
在中，，为中点，则.
则.
在中，，，，
所以.
又平面平面，平面与平面交于，
所以平面，
设点到平面的距离为，又，所以，
，
.
所以，三棱锥的体积为．
21. 已知函数，是自然对数的底数.
（1）当，时，求整数的值，使得函数在区间上存在零点；
（2）若，且，求的最小值和最大值.
【答案】（1）
（2），.
【解析】
【分析】（1）求导得函数的单调性，进而结合零点存在性定理即可求解，
（2）由导数可得函数的单调性，进而可得最小值，构造函数，利用导数求解单调性，进而可得最大值.
【小问1详解】
解：当，时，，
∴，∴
当时，，∴，故是上的增函数，
同理是上的减函数，
，，，
故当时，，当时，，
故当时，函数的零点在内，∴满足条件.
同理，当时，函数的零点在内，∴满足条件，
综上.
【小问2详解】
由已知
①当时，由，可知，∴；
②当时，由，可知，∴；
③当时，，∴在上递减，上递增，
∴当时，，
而，设，
∵（仅当时取等号），
∴在上单调递增，而，
∴当时，，即时，，∴
即.
（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. 在平面直角坐标系中，曲线C1的方程为，曲线C2的参数方程为（t为参数），直线l过原点O且与曲线C1交于A、B两点，点P在曲线C2上且OP⊥AB．以O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．
（1）写出曲线C1的极坐标方程并证明为常数；
（2）若直线l平分曲线C1，求△PAB的面积．
【答案】（1），证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）写出的极坐标方程，设直线l的极坐标方程为，代入的方程，利用韦达定理证明为定值；
（2）直线l平分曲线得直线l的方程，因为，得直线OP的方程，求得点P的坐标，计算三角形面积.
【小问1详解】
的一般方程为，
由，，得的极坐标方程为，
证明：设直线l的极坐标方程为，点，，
将代入，
得，为方程的两个根，
.
【小问2详解】
因为直线l平分曲线，所以直线l过点，
直线l的方程为，因为，所以直线OP为，
曲线的普通方程为，与直线OP的方程联立，得，
点P到直线l的距离，圆的直径，
所以的面积.
[选修 4-5：不等式选讲]
23. 已知函数的最大值为.
（1）求值；
（2）若正数，，满足，求证：.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）利用绝对值三角不等式求出的最大值，让最大值等于即可得的值；
（2）由（1）知，，由利用基本不等式即可求证.
【详解】（1）由题意得，
因为函数的最大值为，所以，即.
因为，所以；
（2）由（1）知，，
因为，，，
所以，
当且仅当时，即，等号成立，
即，所以，0
(0，1)
1
(1，2)
2
－
0
＋
b
单调递减
极小值b－2
单调递增
b＋2