四川省泸州市2024届高三第一次教学质量诊断性考试数学（理）模拟试题（含答案）

这是一份四川省泸州市2024届高三第一次教学质量诊断性考试数学（理）模拟试题（含答案），共21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。
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．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知命题，，命题，，则下列命题是真命题的为（ ）
A．B．C．D．
3．函数的图象与函数，，的图象交点的横坐标分别为，，，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）
A．B．C．D．
5．“碳中和”是指企业、团体或个人通过植树造林、节能减排等形式，抵消自身产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”．某地区二氧化碳的排放量（亿吨）与时间（年）满足函数关系式，已知经过4年，该地区二氧化碳的排放量为（亿吨）．若该地区通过植树造林、节能减排等形式抵消自身产生的二氧化碳排放量为（亿吨），则该地区要实现“碳中和”，至少需要经过（ ）（参考数据：，）
A．13年B．14年C．15年D．16年
6．“”是“”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
7．函数的部分图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
8．如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，为线段的中点，为线段上的动点，则下列结论一定正确的是（ ）
A．平面平面B．平面平面
C．直线平面D．直线平面
9．若，，则（ ）
A．B．C．D．
10．已知菱形的边长为6，，将沿对角线翻折，使点到点处，且二面角为，则此时三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
11．已知函数在上存在最值，且在上单调，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
12．已知定义在上的奇函数满足，当时，，给出下列结论：
①函数的图象关于点对称； ②函数的图象关于直线对称；
③函数在上是增函数； ④
其中正确结论的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题纸上）．
13．若函数对一切实数，都满足且，则 ．
14．已知一个圆锥的体积为，其侧面积是底面积的2倍，则其底面半径为
15．函数与函数的图象的所有交点的横坐标与纵坐标之和等于 ．
16．过点有两条直线与曲线相切，则实数的取值范围是 ．
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．已知函数的相邻两对称轴间的距离为．
(1)求函数的解析式；
(2)将函数图象上点的横坐标伸长到原来的倍，纵坐标不变，再向右平移个单位长度得到函数的图象，若，，求的值．
18．已知是函数的极值点．
(1)求的值；
(2)若函数在上存在最小值，求的取值范围．
19．的内角，，的对边分别为，，，已知．
(1)求的值；
(2)若，为的内角平分线，且，求的值．
20．如图，四棱锥的底面是正方形，平面平面，，分别是，的中点，平面经过点，，与棱交于点，．
(1)求的值；
(2)求直线与平面所成角的余弦值．
21．已知函数，且恒成立．
(1)求实数的最大值；
(2)若函数有两个零点，求实数的取值范围．
（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，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，曲线（为参数）．
(1)求的极坐标方程；
(2)已知点，曲线的极坐标方程为，与的交点为，与的交点为，，求的面积．
选修4-5：不等式选讲
23．已知函数．
(1)求不等式的解集；
(2)若函数的最小值为，且．求证：．
1．B
【分析】用列举法表示集合、，即可判断.
【详解】因为，
，
所以，.
故选：B
2．A
【分析】判断两个命题的真假后逐项分析即可
【详解】时，故假
时，故真
故为真
故选：A
3．D
【分析】画出函数图象，数形结合即可判断.
【详解】依题意在同一平面直角坐标系内画出、、、的图象如下：
由图可得.
故选：D
4．B
【分析】由三视图还原几何体可知，该几何体为一个大圆柱减去半个小圆柱，根据数据可计算出几何体体积.
【详解】由三视图还原几何体可知，该几何体为一个大圆柱减去半个小圆柱，
如图：
故该几何体体积为.
故选：B.
本题主要考查了由三视图还原几何体，考查了圆柱的体积公式，考查了学生的直观想象能力.属于基础题.
5．D
【分析】由条件列式先确定参数，再结合对数运算解方程.
【详解】由题意可得，即，所以，
令，即，故，即，
可得，即．
故选：D
6．B
【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】由，则，，则，，
当，，时、均无意义，故充分性不成立，
由，则，，所以，故必要性成立，
故“”是“”的必要不充分条件.
故选：B
7．A
根据奇偶性，单调性，特殊值等，用排除法判断即可.
【详解】设，
故为奇函数.
为奇函数.
故为偶函数，排除C、D
时，，，故.
故选：A
函数图象的识辨可从以下方面入手：(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．利用上述方法排除、筛选选项．
8．A
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】如图建立空间直角坐标系，令，则，，，，，，
设，，
则，，，，，
设平面的法向量为，则，取，
同理可求平面的一个法向量为，
①当与重合即时设平面的一个法向量为，
此时，所以平面平面，
又平面的一个法向量为，满足，所以平面平面，
又，所以，显然直线与平面不平行，故C错误；
而直线平面，故D错误；
②当与不重合即时设平面的一个法向量为，
则，取，
此时，即平面平面，
又，所以平面与平面不垂直，故B错误；
综上可得若为线段上的点，均可满足平面平面，故A正确；
故选：A
9．C
【分析】利用两角和（差）的余弦公式求出，再由二倍角公式计算可得.
【详解】因为，，
所以，
所以，所以，
所以
.
故选：C
10．D
【分析】先利用二面角的定义求得，再由三棱锥的结构特征得到其外接球的球心在的平分线上，从而利用勾股定理与余弦定理，列出关于的方程，解之即可得解.
【详解】连接交于，连接，易得为与的中点，
四边形为菱形，，即，，
二面角的平面角为，；
又，，所以，
在中，由余弦定理得，
由三棱锥的结构特征可得其外接球的球心在的平分线上，
记外接球的球心为，设，外接球半径为，
所以，
即，解得，所以，
三棱锥的外接球的表面积为.
故选：D.
11．D
【分析】结合整体法结合三角函数图象性质对进行最值分析，对区间上进行单调分析；
【详解】当时，因为，则，
因为函数在上存在最值，
则，解得，
当时，，
因为函数在上单调，
则，
所以 其中，解得，
所以，解得，
又因为，则．
所以，．
因此的取值范围是．
故选：D．
12．C
【分析】依题意可得，即可得到是以为周期的周期函数，再结合奇函数的性质得到，即可判断①，再得到，即可判断②，由函数在上的单调性，即可对称性得到函数在上的单调性，即可判断③④.
【详解】定义在上的奇函数，所以，
又，即，所以，
所以是以为周期的周期函数，
又，即，所以关于对称，故①正确；
，所以关于对称，故②正确；
又当时，，所以在上单调递增，
又，即，所以关于对称，
则在上单调递减，故③错误；
因为，，，
又在上单调递减，
所以，即，故④正确；
故选：C
13．
【分析】直接利用赋值法即可求得结果.
【详解】由题知，，
令，，
则，
所以.
故
14．
【分析】根据圆锥的体积公式以及侧面公式即可求解.
【详解】设圆锥的母线和底面圆半径分别为，则圆锥的高为 ，
由，故
由，故 ，解得 ，
故
15．8
【分析】先求出两个函数都关于点对称，再结合两个函数的图象进行求解即可.
【详解】解：，
则函数关于点对称，
显然也关于点对称，
作出两个函数的图象如图所示：
两个函数的图象在所给范围内的交点分别记为：
，
则B、E关于点A对称，C、D关于点A对称，
得，
得，
即两个函数图象的所有交点的横坐标与纵坐标之和等于为8.
故8.
16．
【分析】利用导数的几何意义得到，构造函数，利用导数研究的图象性质，将问题转化为与的图象有两个交点，从而得解.
【详解】由，得，
设切点为，则过切点的切线方程为，
把点代入切线方程，可得，
令，则，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
所以，
又当时，，当时，，
所以若过点有两条直线与曲线相切，
则与的图象有两个交点，
结合图象可得实数的取值范围是.
故答案为.
关键点睛：本题解决的关键是构造函数，将问题转化为与的图象有两个交点，从而数形结合即可得解.
17．(1)
(2)
【分析】（1）化简解析式，根据的对称轴求出周期从而求出，进而求得的解析式.
（2）根据三角函数图象变换求得，由，求得，，
然后构造方程组结合余弦的二倍角公式，即可求解.
【详解】（1）由题意知：，
且可得的周期，得：，
所以：，
故.
（2）由题意得：，
因为：，所以：，得：，
因为：，所以：，由，
所以：，
所以：
故.
18．(1)12
(2)
【分析】（1）直接求导代入得到，再验证即可；
（2）计算出，，再比较两者大小即可.
【详解】（1）因为，
所以，
因为是函数函数的极值点，
所以，
，此时，
所以在上，在上，在上，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，此时为函数极值点，
故所求的值为12.
（2）当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
，，
，
因为，所以，所以，所以的取值范围.
19．(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式及诱导公式得到，再由正弦定理计算可得；
（2）由角平分线的性质得到，令，即可表示出，，，再由余弦定理表示出，设的中点为连接，则，在中表示出，即可得到方程，解得即可.
【详解】（1）因为，
由正弦定理得，
即，
所以由正弦定理得，又、，则或（舍去）.
（2）因为为的内角平分线，
所以，
所以，设，
由，，所以，
则，，，
在中由余弦定理得，
设的中点为连接，则，在中，
所以，解得或（舍去），所以
20．(1)
(2)
【分析】（1）过点作直线与平行，则，所以、共面，延长与交于点，连接，与的交点即为点，再利用三角形相似计算可得；
（2）连接，取的中点，连接，即可证明平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）过点作直线与平行，则，所以、共面，延长与交于点，
连接，与的交点即为点，
因为为正方形，是的中点，
所以，，又，所以，
因为是的中点，所以，则，
又，所以.
（2）连接，取的中点，连接，因为，
所以，且，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
如图建立空间直角坐标系，则，，，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，则，取，
所以，
设直线与平面所成角为，则，所以，
所以直线与平面所成角的余弦值为.
21．(1)
(2)
【分析】（1）当时显然成立，当时利用导数说明函数的单调性，分和两种情况讨论，结合零点存在性定理说明不成立，即可求出的取值范围；
（2）求出函数的导函数，令，则，令，再分、两种情况讨论，当时令，解得，，再分、、三种情况讨论，结合函数的单调性与零点存在性定理计算可得.
【详解】（1）当时，因为，所以，则，
所以，符合题意；
当时，令，，
则，所以在上单调递减，
所以，
当时，则在上单调递减，
所以，符合题意，
当时，，
所以存在使得，所以当时，
则在上单调递增，所以，不符合题意，
综上可得的取值范围为，故的最大值为.
（2）因为，，
则
，
令，则，令，
当时则当时，当时，
即当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，所以在上至多有一个零点，不合题意；
当时令，解得，，
当，即时在上恒成立，
所以当时恒成立，
即在上单调递增，所以，不合题意；
当，即时，时，时，
所以，，即时，
当时，
所以在，上单调递增，在上单调递减，
所以，（其取不到），
因为，，
所以当，即时，，
则在上没有零点，不符合题意；
当，即时，，，
所以在和上各有一个零点，符合题意；
当，即时，当时，当时，
所以当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
当时，所以在上至多有一个零点，不合题意；
综上可得实数的取值范围为
方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
22．(1)
(2)
【分析】（1）首先将的参数方程化为普通方程，再化为极坐标方程；
（2）设点、的极坐标分别为、，即可求出、的极坐标，从而求出，再将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程，求出点到直线的距离，即可求出面积.
【详解】（1）曲线（为参数）消去参数可得，
又，代入上式得，整理得，
即的极坐标方程为.
（2）设点、的极坐标分别为、，
由，解得，即的极坐标为，
由，解得，即的极坐标为，
所以，
曲线的极坐标方程为，则曲线的直接坐标方程为，
则点到曲线的距离，
所以.
23．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）首先将函数写成分段函数，再分段得到不等式，解得即可；
（2）由（1）可得，再利用乘“1”法及基本不等式证明即可.
【详解】（1）因为，
所以不等式等价于或或，
解得或或，
综上可得不等式的解集为.
（2）由（1）可得，当且仅当时取得，
所以，又，，
所以
，
当且仅当，即时等号成立，
所以原不等式成立.