四川省绵阳市三台中学2023-2024学年高三上学期一诊模拟理科数学试卷（一）（Word版附解析）

这是一份四川省绵阳市三台中学2023-2024学年高三上学期一诊模拟理科数学试卷（一）（Word版附解析），共23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。


本试卷分为试题卷和答题卡两部分，其中试题卷由第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）组成，共4页；答题卡共4页.满分150分，考试时间120分钟.
第I卷（选择题，共60分）
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，只有一项是符合题意要求的.
1. 设全集，集合，，则
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先化简集合A,B,再判断每一个选项得解.
【详解】∵，，
由此可知，，，，
故选A．
【点睛】本题主要考查集合的化简和运算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.
2. 下列函数中，与函数相同的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据两个函数的定义域相同，对应关系也相同，即判断这两个函数为相同函数.
【详解】解：对于A，，与函数的对应关系不相同，故不是相同函数；
对于B，函数的定义域为，函数的定义域为，两函数的定义域不相同，故两函数不是相同函数；
对于C，两函数的定义域都是，且对应关系相同，故两函数为相同函数；
对于D，，与函数的对应关系不相同，故不是相同函数.
故选：C.
3. 如图所示，在中，点是线段上靠近A的三等分点，点是线段的中点， 则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由向量线性运算的几何意义即可计算
【详解】.
故选：B
4. 已知函数（且）的图像过定点，且角的始边与轴的正半轴重合，终边过点，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先化简所要求的式子，又由于，所以过定点，进一步结合题意可以求出与有关的三角函数值，最终代入求值即可.
【详解】
又因为，，，
故原式=;又过定点,所以，代入原式得原式=.
故选：.
5. 函数的部分图象如图所示，则的单调递减区间为（ ）

A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】D
【解析】
【分析】根据图象可得的最小正周期和最小值点，根据余弦型函数的性质分析判断.
【详解】设的最小正周期为，
可知，即，
且当时，取到最小值，
由周期性可知：与最近的最大值点为，如图所示，

所以的单调递减区间为，.
故选：D.
6. 下列5个命题：①“，”的否定；②是的必要条件；③“若，都是偶数，则是偶数”的逆命题；④“若，则”的否命题；⑤是无理数，是无理数.其中假命题的个数为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 以上答案都不对
【答案】B
【解析】
【分析】写出命题的否定即可判断①，根据必要条件的定义判断②，写出逆命题判断③，写出否命题判断④，利用特殊值判断⑤.
【详解】对于①“，”的否定为“，”，显然为真命题；
对于②：由能推得出，故是的充分条件，
是的必要条件，故②为真命题，
对于③：“若，都是偶数，则是偶数”的逆命题为：若是偶数，则，都是偶数，
当，时满足是偶数，但是，都是奇数，故③是假命题；
对于④：“若，则”的否命题为“若，则”，
由则且，故④为真命题；
对于⑤：是无理数，是无理数，为假命题，
如为无理数，但是为有理数，故⑤为假命题.
故选：B
7. “碳达峰”，是指二氧化碳的排放不再增长，达到峰值之后开始下降；而“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达到峰值a（亿吨）后开始下降，其二氧化碳的排放量S（亿吨）与时间t（年）满足函数关系式，若经过5年，二氧化碳的排放量为（亿吨）．已知该地区通过植树造林、节能减排等形式，能抵消自产生的二氧化碳排放量为（亿吨），则该地区要能实现“碳中和”，至少需要经过多少年？（参考数据：）（ ）
A. 28B. 29C. 30D. 31
【答案】C
【解析】
【分析】根据题设条件可得，令，代入，等式两边取，结合估算即可.
【详解】由题意，，即，
令，即，故，即，
可得，即.
故选：C
8. 若，满足对任意，都有成立，则取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】依题意在上单调递减，则函数在各段单调递减，且断点左侧的函数值不小于右侧函数值.
【详解】因为，满足对任意，都有成立，
所以在上单调递减，则，解得，
即的取值范围是.
故选：C
9. 南宋时期的数学家杨辉所著的《详解九章算法》中有一个如图所示的“三角垛”问题，在“三角垛”的最上层放有一个球，第二层放有3个球，第三层放有6个球，……依此规律，其相应的程序框图如图所示.若输出的的值为56，则程序框图中①处可以填入（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据循环结构及执行逻辑写出执行步骤，结合输出结果确定条件即可.
【详解】第一次循环：，不满足输出条件，；
第二次循环：，不满足输出条件，；
第三次循环：，不满足输出条件，；
第四次循环：，不满足输出条件，；
第五次循环：，不满足输出条件，；
第六次循环：，满足输出条件，退出循环．
所以判断框中的条件可填入“”．
故选：D
10. 数列中，，对任意 ，若，则 （ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】取，可得出数列是等比数列，求得数列的通项公式，利用等比数列求和公式可得出关于的等式，由可求得的值.
【详解】在等式中，令，可得，，
所以，数列是以为首项，以为公比的等比数列，则，
，
，则，解得.
故选：C.
【点睛】本题考查利用等比数列求和求参数的值，解答的关键就是求出数列的通项公式，考查计算能力，属于中等题.
11. 已知函数是定义域为的偶函数，且为奇函数，当时，.若，则（ ）
A. 2B. 0C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由函数性质判断函数的周期性，根据特殊值求的值，再根据函数的解析式，代入求值.
【详解】为奇函数，，
又为偶函数，，，
即，所以函数的周期为4，
由，令，易得，
，解得，
当时，.
故选：A
12. 设函数，若关于x的方程有四个实根（），则的最小值为（ ）
A. B. 16C. D. 17
【答案】B
【解析】
【分析】作出函数的大致图象，可知，由与的图象有四个交点可得，计算求得的值即可得的范围，根据可得与的关系，再根据基本不等式计算的最小值即可求解.
【详解】作出函数的大致图象，如图所示：
当时，对称轴为，所以，
若关于的方程有四个实根，，，，则，
由，得或，则，
又，所以，
所以，所以，且，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
故的最小值为.
故选：B.
【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.
第II卷（非选择题，共90分）
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案直接填答题卡的横线上.
13. 已知单位向量,的夹角为45°，与垂直，则k=__________.
【答案】
【解析】
【分析】首先求得向量的数量积，然后结合向量垂直的充分必要条件即可求得实数k的值.
【详解】由题意可得：，
由向量垂直的充分必要条件可得：，
即：，解得：.
故答案为：．
【点睛】本题主要考查平面向量的数量积定义与运算法则，向量垂直的充分必要条件等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
14. 若x，y满足约束条件，则的最大值为______．
【答案】8
【解析】
【分析】作出可行域，通过平行确定的最大值.
【详解】如图，作出不等式组所表示平面区域，
联立方程，解得，即，
由，即表示斜率，横截距为的直线，
通过平移可得当直线过点C时，横截距最大，即最大，故.
故答案为：8.
15. 函数的值域为_____________．
【答案】
【解析】
【分析】利用通过换元将原函数转化为含未知量的函数，再解出函数的值域即为函数的值域.
【详解】令，，
则，即，
所以，
又因为，所以，
即函数的值域为．
故答案为：.
16. 已知为偶函数，且当时，，其中为的导数，则不等式的解集为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，构造函数，利用导数探讨函数的单调性，再结合奇偶性求解不等式作答.
【详解】令函数，当时，，即函数在上单调递减，
由为偶函数，得，即函数是奇函数，于是在R上单调递减，
不等式，
因此，解得，所以原不等式的解集是.
故答案为：
【点睛】关键点睛：根据条件构造函数，利用导数研究函数的单调性是解决本题的关键．
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为选考题，考生根据要求作答.
（一）必考题：每小题12分，共60分.
17. 已知数列的前项和为，且满足.
（1）求证：数列是等比数列；
（2）记，求证：数列的前项和.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】(1)由得,作差得,进而得,故数列是等比数列；
（2）由（1）得，故，再根据裂项求和证明即可.
【详解】解：（1）因为①，
所以②
由①②得，.
两边同时加1得，
所以，故数列是公比为2的等比数列.
（2）令，，则.
由，得.
因为，
所以
.
因为，所以
所以.
【点睛】裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：(1)；（2） ； （3）；（4） ；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误．
18. 已知向量，，函数．
（1）求的最小正周期以及单调递增区间．
（2）当时，求的值域．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）先通过向量的坐标运算及三角公式得，然后根据正弦函数的性质得周期和递增区间；
（2）利用正弦函数的图像和性质可得的值域.
【小问1详解】
由已知，
，
，
再令，
解得，
即的最小正周期为，单调递增区间为；
【小问2详解】
当时，，
，，
的值域为.
19. 的内角的对边分别为，已知．
（1）求；
（2）若为锐角三角形，且，求面积的取值范围．
【答案】(1) ;(2).
【解析】
【分析】(1)利用正弦定理化简题中等式，得到关于B的三角方程，最后根据A,B,C均为三角形内角解得.
(2)根据三角形面积公式，又根据正弦定理和得到关于的函数，由于是锐角三角形，所以利用三个内角都小于来计算的定义域，最后求解的值域.
【详解】(1)
[方法一]【最优解：利用三角形内角和为结合正弦定理求角度】
由三角形的内角和定理得，
此时就变为．
由诱导公式得，所以．
在中，由正弦定理知，
此时就有，即，
再由二倍角的正弦公式得，解得．
[方法二]【利用正弦定理解方程求得的值可得的值】
由解法1得，
两边平方得，即．
又，即，所以，
进一步整理得，
解得，因此．
[方法三]【利用正弦定理结合三角形内角和为求得的比例关系】
根据题意，由正弦定理得，
因为，故，
消去得．
，，因为故或者，
而根据题意，故不成立，所以，
又因为，代入得，所以.
(2)
[方法一]【最优解：利用锐角三角形求得C的范围，然后由面积函数求面积的取值范围】
因为是锐角三角形，又，所以，
则．
因为，所以，则，
从而，故面积的取值范围是．
[方法二]【由题意求得边的取值范围，然后结合面积公式求面积的取值范围】
由题设及（1）知的面积．
因为为锐角三角形，且，
所以即
又由余弦定理得，所以即，
所以，故面积的取值范围是．
[方法三]【数形结合，利用极限的思想求解三角形面积的取值范围】
如图，在中，过点A作，垂足为，作与交于点．
由题设及（1）知的面积，因为为锐角三角形，且，
所以点C位于线段上且不含端点，从而，
即，即，所以，
故面积的取值范围是．
【整体点评】(1)方法一：正弦定理是解三角形的核心定理，与三角形内角和相结合是常用的方法；
方法二：方程思想是解题的关键，解三角形的问题可以利用余弦值确定角度值；
方法三：由正弦定理结合角度关系可得内角的比例关系，从而确定角的大小.
(2)方法一：由题意结合角度的范围求解面积的范围是常规的做法；
方法二：将面积问题转化为边长的问题，然后求解边长的范围可得面积的范围；
方法三：极限思想和数形结合体现了思维的灵活性，要求学生对几何有深刻的认识和灵活的应用.
20. 已知函数．
（1）若在上单调递增，求实数a的取值范围；
（2）若，求曲线过点的切线方程．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）根据题意可得在恒成立，利用参变分离可得在上恒成立，利用导数求；（2）设切点，根据导数几何意义可得斜率为，利用点斜式得，代入点求解．
【小问1详解】
，因为在上单调递增
所以恒成立，即在上恒成立
令，则
所以在上单调递减，在上单调递增
所以，则，故实数a的取值范围是
【小问2详解】
当时，，．
设切线与曲线的切点坐标为，切线斜率
则切线方程为
将点代入，得
整理得
构建，则
令，则
∴在上单调递减，在上单调递增
则
因为恒成立，当且仅当时，等号成立
所以方程的根为或
当时，所求切线方程为
当时，所求切线方程为
21. 已知函数，为的导数．证明：
（1）在区间存在唯一极大值点；
（2）有且仅有2个零点．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】（1）求得导函数后，可判断出导函数在上单调递减，根据零点存在定理可判断出，使得，进而得到导函数在上的单调性，从而可证得结论；（2）由（1）的结论可知为在上的唯一零点；当时，首先可判断出在上无零点，再利用零点存在定理得到在上的单调性，可知，不存在零点；当时，利用零点存在定理和单调性可判断出存在唯一一个零点；当，可证得；综合上述情况可证得结论.
【详解】（1）由题意知：定义域为：且
令，
，
在上单调递减，在上单调递减
在上单调递减
又，
，使得
当时，；时，
即在上单调递增；在上单调递减
则为唯一的极大值点
即：在区间上存在唯一的极大值点.
（2）由（1）知：，
①当时，由（1）可知在上单调递增
在上单调递减
又
为在上的唯一零点
②当时，在上单调递增，在上单调递减
又
在上单调递增，此时，不存在零点
又
，使得
在上单调递增，在上单调递减
又，
在上恒成立，此时不存在零点
③当时，单调递减，单调递减
在上单调递减
又，
即，又在上单调递减
在上存在唯一零点
④当时，，
即在上不存在零点
综上所述：有且仅有个零点
【点睛】本题考查导数与函数极值之间的关系、利用导数解决函数零点个数的问题.解决零点问题的关键一方面是利用零点存在定理或最值点来说明存在零点，另一方面是利用函数的单调性说明在区间内零点的唯一性，二者缺一不可.
（二）选考题：共10分.请考生在22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题记分.
[选修4-4：坐标系与参数方程]
22. 在直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为（t为参数），以O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，且两曲线与交于M，N两点．
（1）求曲线，的直角坐标方程；
（2）设，求．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）依据参普方程互化规则求得曲线的直角坐标方程，依据极坐标与直角坐标的互化规则求得曲线的直角坐标方程；
（2）利用直线参数方程的几何意义去求的值简单快捷.
【小问1详解】
由曲线的参数方程消去参数t，得，即曲线的直角坐标方程为．
由曲线的极坐标方程，得，则
即的直角坐标方程为．
【小问2详解】
因为在曲线上，所以曲线的参数方程为（t为参数），
代入的直角坐标方程，得．
设M，N对应的参数分别为，，则，，
所以．
[选修4-5：不等式选讲]
23. 选修4-5：不等式选讲
已知函数，M为不等式的解集.
（Ⅰ）求M；
（Ⅱ）证明：当a，b时，.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析.
【解析】
【详解】试题分析：（I）先去掉绝对值，再分，和三种情况解不等式，即可得；（II）采用平方作差法，再进行因式分解，进而可证当，时，．
试题解析：（I）
当时，由得解得；
当时，；
当时，由得解得.
所以的解集.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当时，，从而
，
因此
【考点】绝对值不等式，不等式的证明.
【名师点睛】形如（或）型的不等式主要有两种解法：
（1）分段讨论法：利用绝对值号内式子对应的方程的根，将数轴分为，， （此处设）三个部分，在每个部分去掉绝对值号并分别列出对应的不等式进行求解，然后取各个不等式解集的并集．