四川省泸州市合江县马街中学2024届高三一诊模拟数学试题（理）试题（Word版附解析）

这是一份四川省泸州市合江县马街中学2024届高三一诊模拟数学试题（理）试题（Word版附解析），共19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.考试结束后，只将答题卡交回
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. 已知（，，i为虚数单位），复数，则（ ）
A 2B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】对化简，可求出复数，从而可求出
【详解】由，得．所以
因为，所以，，
所以．
故选：A
2. 设集合，，是实数集，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求出集合，再求解并集和补集.
【详解】因为，所以，即，，所以，故选A.
【点睛】本题主要考查集合的补集并集运算，化简集合为最简是求解关键，侧重考查数学运算的核心素养.
3. 溶液酸碱度是通过计算的，的计算公式为，其中表示溶液中氢离子的浓度，单位是摩尔/升，若人体胃酸中氢离子的浓度为摩尔/升，则胃酸的是（参考数据：）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据对数运算以及的定义求得此时胃酸的值.
【详解】依题意
.
故选：C
【点睛】本小题主要考查对数运算，属于基础题.
4. 若，，，则下列结论正确的是
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】分析：利用指数函数的性质以及对数函数的性质，分别确定，，的范围，从而可得结果.
详解：因为，
所以，故选D.
点睛：本题主要考查对数函数的性质、指数函数的单调性及比较大小问题，属于难题.解答比较大小问题，常见思路有两个：一是判断出各个数值所在区间（一般是看三个区间 ）；二是利用函数的单调性直接解答；数值比较多的比大小问题也可以两种方法综合应用.
5. 函数的图象为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据奇偶性和函数值符号使用排除法可得.
【详解】因为的定义域为，且
所以为偶函数，可排除AB；
又当时，，故C错误.
故选：D
6. 在长方体中，直线与平面的交点为为线段的中点，则下列结论错误的是（ ）
A. 三点共线B. 四点异不共面
C. 四点共面D. 四点共面
【答案】C
【解析】
【分析】由长方体性质易知四点共面且是异面直线, 再根据 与 、面 、 面 的位置关系知 在面 与面 的交线上, 同理判断 , 即可判断各选项的正误.
【详解】
因 ,
则四点共面.
因为 ,
则 平面 ,
又 平面 ,
则点 在平面 与平面的交线上,
同理, 也在平面 与平面 的交线上,
所以三点共线;
从而 四点共面,都在平面 内，
而点B不在平面 内，
所以四点不共面，故选项B正确；
三点均在平面内，
而点A不在平面内，
所以直线AO与平面相交且点O是交点，
所以点M不在平面内，
即 四点不共面，
故选项C错误；
，且，
所以为平行四边形，
所以共面，
所以四点共面，
故选项D正确.
故选: C.
7. 已知角的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，为角终边上的一点，将角终边逆时针旋转得到角的终边，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用两角和的正切公式可求得的值，利用诱导公式、二倍角公式结合弦化切可求得所求代数式的值.
【详解】由题可知，所以，
则
.
故选：A．
8. 已知函数是R上的奇函数，当时，，若，是自然对数的底数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】依题意根据奇函数的性质得到，即可得到，代入函数解析求出，最后根据计算可得；
【详解】解：依题意得，，由，即，得，所以当时，所以.
故选：D
9. 若函数在处取得极值，则（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】由在时取得极值，求出得，解出的值．
【详解】解：，；
又在时取得极值，；
．
故选：．
【点睛】本题考查了应用导数求函数极值的问题，是基础题．
10. 在三棱锥中，平面，，，，若三棱锥的体积为6，则三棱锥外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】平面，则有，，然后由得线面垂直后得，从而可得就是外接球直径，再由体积计算出长后可得球表面积．
【详解】∵平面，∴，，
又，，∴平面，∴，
中点到四个点的距离相等，即为三棱锥外接球的直径．
，，
又，∴，，∴，
，
∴所求外接球表面积为．
故选：.
【点睛】本题考查求球的表面积，解题关键是确定外接球的球心，本题是利用直角三角形的性质“直角三角形斜边中点到三顶点的距离相等”确定的．
11. 关于函数有下述四个结论：
①的图象关于轴对称；②在有3个零点；
③的最小值为；④在区间单调递减.
其中所有正确结论的编号是（ ）
A. ①②B. ①③C. ①④D. ③④
【答案】C
【解析】
【分析】
证明函数的奇偶性判断①；根据函数，的零点以及单调性判断②④；根据单调性、周期性以及对称性判断③.
【详解】，则函数为上的偶函数，故①正确；
当时，
，即，则在区间的零点只有一个，所以在有2个零点，故②错误；
当时，，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减
即函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，故④正确；
所以在的最小值为：
因为函数，所以函数的周期为
由对称性以及周期性可知，函数的最小值为：，故③错误；
故选：C
【点睛】本题主要考查了函数的零点个数、正弦型函数的单调性和周期性、在给定区间的正弦型函数的最值，属于较难题.
12. 已知函数，以下结论正确的个数为（ ）
①当时，函数的图象的对称中心为；
②当时，函数在上为单调递减函数；
③若函数在上不单调，则；
④当时，在上的最大值为15．
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】
逐一分析选项，①根据函数的对称中心判断；②利用导数判断函数的单调性；③先求函数的导数，若满足条件，则极值点必在区间；④利用导数求函数在给定区间的最值.
【详解】①为奇函数，其图象的对称中心为原点，根据平移知识，函数的图象的对称中心为，正确．
②由题意知．因为当时，，
又，所以在上恒成立，所以函数在上为单调递减函数，正确．
③由题意知，当时，，此时在上为增函数，不合题意，故．
令，解得．因为在上不单调，所以在上有解，
需，解得，正确．
④令，得．根据函数的单调性，在上的最大值只可能为或．
因为，，所以最大值为64，结论错误．
故选：C
【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，极值，最值，意在考查基本的判断方法，属于基础题型.
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. 曲线在处的切线方程为__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用导数的几何意义可求得切线斜率为，再由直线的点斜式方程即可得出结果.
【详解】由题意可知,
所以切线斜率为，又，
即切线方程为，即；
故答案为：
14. 已知函数在R上单调递增，则m的最小值为___________.
【答案】1
【解析】
【分析】根据题意，由在R上恒成立求解.
【详解】因为函数在R上单调递增，
所以在R上恒成立，
即在R上恒成立，
所以.
故答案为：1
15. 已知奇函数为上的减函数，若，则实数的取值范围是__________．
【答案】
【解析】
【详解】分析：由题意结合函数的单调性和函数的奇偶性得到关于a的不等式求解二次不等式即可确定实数的取值范围.
详解：不等式即：，
函数为奇函数，则不等式等价于，
函数在上单调递减，脱去符号有：，
即：，，
故答案为：.
点睛：对于求值或范围的问题，一般先利用函数的奇偶性得出区间上的单调性，再利用其单调性脱去函数的符号“f”，转化为解不等式(组)的问题，若f(x)为偶函数，则f(－x)＝f(x)＝f(|x|)．
16. 在中，已知角，角的平分线AD与边BC相交于点D，AD=2.则AB+2AC的最小值为___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据三角形的面积公式列方程，结合基本不等式来求得正确答案.
【详解】，
依题意是角的角平分线，
由三角形的面积公式得，
化简得，，
.
当且仅当，时等号成立.
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．
（一）必考题：共60分.
17. 已知函数，图像的相邻两对称轴之间的距离为．
（1）求的值；
（2）若，求的值．
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】（1）利用辅助角公式进行化简，结合对称性求出周期和即可．
（2）利用换元法，结合三角函数的倍角公式进行转化即可．
【详解】（1），
图象的相邻两对称轴之间的距离为，
，即，得．
（2），，
，，得，
设，则，且，
18. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.且.
（1）求A的大小；
（2）过点C作，在梯形ABCD中，，，，求的长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理化简可得，利用余弦定理计算即可得出结果.
（2）在中，由正弦定理求得，在中，由余弦定理计算即可求得结果.
【小问1详解】
由正弦定理可得：，即，
所以，又,所以.
【小问2详解】
在中，由正弦定理得，
因为，
所以.
中，由余弦定理可得，所以.
19. 已知函数．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）求函数在区间上的最大值和最小值．
【答案】（1）；
（2）最大值是1，最小值是.
【解析】
【分析】(1)求出函数的导数，再利用导数的几何意义求出切线方程.
(2)由(1)的信息判断函数在上的单调性，借助单调性求解作答.
【小问1详解】
函数定义域为R，求导得：，
则有，而，
所以曲线在点处的切线方程是：.
【小问2详解】
由(1)知：，当时，，，
而，当且仅当时取“=”，则当时，有最小值1，即当时，，
因此，函数在区间上单调递减，，，
所以函数在区间上的最大值和最小值分别为1和.
20. 如图，在三棱锥中，为正三角形，，O，E分别为BD，BC的中点，且.
（1）证明：；
（2）求平面AOE与平面ADC所成锐二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【小问1详解】
因为，，O为BD的中点，所以，，.
因为是等边三角形，E为BC的中点，所以.
在中，，，，
所以，所以.
因为，平面BCD，平面BCD，
所以平面BCD.
因为平面BCD，所以.
【小问2详解】
由（1）知平面BCD，连接OC，可得，
因为是等边三角形，
所以，所以OA，OB，OC两两垂直，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，
，，，.
设平面ADC的法向量为，
则
取，得.
设平面AOE的法向量为，
则则，取，得.
设平面AOE与平面ADC所成锐二面角为，
则.
故平面AOE与平面ADC所成锐二面角的余弦值为.
21. 已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若对于,且,存在正实数,使得,试判断与的大小关系，并给出证明.
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求得，分和，两种情况讨论，结合导数的符号，即可求解；
（2）根据题意，化简得到，令，转化为，令，利用导数求得函数的单调性与最值，即可求解.
【小问1详解】
解：由题意，函数的定义域为，
且，
①当时，可得，在上单调递增；
②当时，令，解得，
当时，；当时，，
所以函数在上单调递增, 在上单调递减.
【小问2详解】
解：因为函数
则，
由题设得，
又由，
所以
，
令，可得，
令，可得，
所以在上是增函数，所以，所以，
又因为，所以，
所以，即
【点睛】利用导数研究不等式问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
（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 极坐标与参数方程）
22. 以直角坐标系的原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系. 已知曲线的极坐标方程为，倾斜角为的直线l 过点，点的极坐标为.
（1）求曲线 的普通方程和直线l 的参数方程.
（2）若l与交于A，B两点，且点B为的中点，求
【答案】（1），（t为参数）；
（2）1.
【解析】
【分析】（1）利用极坐标与直角坐标互化公式求解即得的普通方程，求出点的直角坐标，按条件写出l 的参数方程作答.
（2）将l 的参数方程代入的普通方程，再利用参数的几何意义计算作答.
【小问1详解】
曲线：，把代入得的普通方程：，
因点的极坐标为，则点的直角坐标是，而直线l的倾斜角为
所以直线l 的参数方程为：（t为参数）.
【小问2详解】
把直线l 的参数方程代入曲线的普通方程得：
，整理得：，，即，
令点A，B所对参数分别为，则有，因点B为的中点，即有，于是得，
所以
（选修4-5 不等式选讲）
23. 设函数，其中.
（1）当时，求曲线与直线围成的三角形的面积；
（2）若，且不等式的解集是，求的值.
【答案】（1）64 （2）
【解析】
【分析】（1）由题知，进而分别求解相应的交点，计算距离，再计算面积即可；
（2）分和两种情况求解得的解集为，进而结合题意求解即可.
【小问1详解】
解：根据题意，当时，，
所以，，设；
直线与交于点，与直线交于点，
且，
点到直线的距离，
所以，要求图形的面积；
【小问2详解】
解：当时，，，即，解可得，此时有，
当时，，，即，解可得，
又由，则，此时有，
综合可得：不等式的解集为，
因为不等式的解集是
所以，，解可得；
所以，.