2024届四川省遂宁市高三上学期零诊考试数学（理）试题含答案

这是一份2024届四川省遂宁市高三上学期零诊考试数学（理）试题含答案，共16页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．若复数，则z的虚部是（ ）
A．B．C．1D．－1
【答案】D
【分析】由复数除法运算可求得z，根据复数定义确定z的虚部．
【详解】因为，
所以z的虚部为－1．
故选：D
2．已知集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】解一元二次不等式化简集合A，再利用交集的定义求解即得.
【详解】由不等式，得，解得，
因此，而，
所以.
故选：C
3．“函数在上单调递减”是“函数是偶函数”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
【分析】通过求解函数和符合条件的的取值，即可得出结论.
【详解】由题意，
在中，
当函数在上单调递减时，，
在中，函数是偶函数，
∴，解得：，
∴“函数在上单调递减”是“函数是偶函数”的必要不充分条件，
故选：B.
4．已知函数的图象如图所示，则不等式的解集为（ ）

A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据函数图象判断其导数的正负情况，即可求得答案.
【详解】由函数的图象可知当或时，；
当时，，
等价于或，
故不等式的解集为，
故选：A
5．等差数列 ​中，​，则（ ）
A．60B．30C．10D．0
【答案】B
【分析】本题可由等差数列的性质即中项公式来求解.
【详解】等差数列 ​中，,
即,
.
故选：B.
6．函数的大致图象为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据函数的奇偶性和特殊点的函数值求得正确答案.
【详解】的定义域为，
是奇函数，图象关于原点对称，排除CD选项.
，排除A选项，所以B选项正确.
故选：B
7．某数学兴趣小组到观音湖湿地公园测量临仙阁的高度.如图所示，记为临仙阁的高，测量小组选取与塔底在同一水平面内的两个测量点.现测得.，m，在点处测得塔顶的仰角为30°，则临仙阁高大致为（ ）m（参考数据：）
A．31.41mB．51.65mC．61.25mD．74.14m
【答案】C
【分析】先在中利用正弦定理求，再在中求即可．
【详解】依题意，中，，
所以由正弦定理得，即，
解得，
在中，，即．
故选：C.
8．已知为第二象限角，若则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用诱导公式、同角三角函数的基本关系式、二倍角公式等知识求得正确答案.
【详解】，
由于是第二象限角，所以，
所以.
故选：A
9．记为等比数列的前项和，若，则（ ）
A．6B．C．D．18
【答案】D
【分析】设等比数列的公比为，根据条件即可求得，进而求得，利用，即可求得答案.
【详解】设等比数列的公比为，
若，则由得，不合题意；
故，则由得，
则，所以，
因为，所以，
所以，
故选：D
10．函数的图象恒过点，函数的定义域为，，则函数的值域为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由题可知，当时，即可求出定点坐标，即可求得的解析式，进而可得的解析式，再结合抽象函数的定义域求得的定义域，结合函数的单调性即可求解.
【详解】当时，即，则，
所以恒过定点，
则，定义域为，由，得，
则的定义域为，
则，
又在上单调递增，则在上单调递增，
则，
，
所以函数的值域为.
故选：C
11．如图，△ABC中，，，P为CD上一点，且满足，若AC＝3，AB＝4，则的值为（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】以为基底表示出，根据可求m的值，再根据数量积的运算律计算即可．
【详解】，，
设，则，
又，，
，解得，，
．
故选：B
12．已知，，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据正弦函数和余弦函数单调性得到，再构造函数，得到其单调性，得到，构造函数，求导得到其单调性，得到，结合对数函数单调性得到，比较出大小.
【详解】因为，而在上单调递减，
故，
又在上单调递增，
故，
令，则在上恒成立，
故在上单调递增，，
故，即，
故，
又，令，
则，当时，，单调递减，
故，故，
因为，所以，即，
因为在上单调递增，
故，
又，故，
故
故选：D
【点睛】构造函数比较大小是高考热点和难点，结合代数式的特点，选择适当的函数，通过导函数研究出函数的单调性，从而比较出代数式的大小.
二、填空题
13．已知向量，向量，则 .
【答案】
【分析】先进行向量的加减坐标运算，再利用向量模的坐标公式求解即可.
【详解】由已知向量，向量，
得，则.
故答案为：
14．若实数、满足约束条件，则目标函数的最大值为 .
【答案】
【分析】先根据约束条件作出可行域，再利用几何意义求最值，只需求出直线过点时，最大值即可．
【详解】作出不等式组所表示的可行域如下图所示：
联立，解得，得点，
平移直线，当该直线经过可行域的顶点时，直线在轴上的截距最大，此时取最大值，即.
故答案为：.
【点睛】本题考查线性规划中线性目标函数的最值，一般利用平移直线的方法找出最优解，考查数形结合思想的应用，属于基础题.
15．已知函数若实数满足则的最大值为
【答案】2
【分析】根据函数的解析式可求得，再根据指数函数的性质判断函数的单调性，则又可得，结合基本不等式求最值即可.
【详解】函数的定义域为，则
所以
又，
函数在上为增函数，函数在上为增函数，
所以函数在上为增函数，
当实数满足，可得，即，
又当时，有最大值，且，
当且仅当，即时，等号成立，
故的最大值为.
故答案为：.
16．已知函数的图象对称中心为且过点，函数的两相邻对称中心之间的距离为1，且为函数的一个极大值点.若方程在上的所有根之和等于2024，则满足条件中整数的值构成的集合为
【答案】
【分析】先求得，然后求得，
【详解】依题意，函数的图象对称中心为且过点，
所以，解得，所以.
由于函数的两相邻对称中心之间的距离为1，
且为函数的一个极大值点，
所以，则，
由于， ，所以，
所以，，关于对称，
对于区间，有，
由于和的图象都关于对称，
所以和的交点也关于对称，
由于方程在上的所有根之和等于2024，
所以方程在上一共有个根，
也即和的图象有个交点，
则当时，和的图象有个交点，
通过观察图象可知，与的图象在区间上分别有个交点，
所以或，
解得或，所以整数的值构成的集合为.
故答案为：.
【点睛】思路点睛：求解，也即根据已知条件求得和，求主要是根据三角函数的周期来求，根据列方程，即可求得；而一般是通过某个特殊值来求.求解方程的根的问题，可转化为两个函数图象交点来进行研究.
三、解答题
17．已知．
(1)求函数在上的单调增区间；
(2)将函数的图象向左平移个单位，再对图象上每个点纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，得到函数的图象，若函数的图象关于直线对称，求取最小值时的的解析式．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据三角恒等变换化简函数解析式，由正弦型函数即可求函数在上的单调增区间；
（2）根据三角函数的图象变换与函数的对称性即可得所求.
【详解】（1），.
因为，，所以，
故函数在单调增区间为；
（2）将向左平移个单位得到
将纵坐标不变，横坐标变为原来的两倍得到，
又因为的图象关于直线对称，则，
解得：
因为，所以当时，，
故.
18．已知数列的前项和满足，，为数列的前项和.
(1)求数列的通项公式；
(2)求使成立的的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用退一相减法求数列通项；
（2）利用裂项相消法求和，解不等式.
【详解】（1）当时，，
当时，，
，
综上所述，；
（2）由（1）得，
当时，.
故
，
要使，即，解得，
又，故取最大值为.
19．在中，内角，，的对边分别为，，，且，．
(1)若边上的高等于1，求；
(2)若为锐角三角形，求的面积的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先由正弦定理求出，注意到，由此可以求出，最终由余弦定理即可求解.
（2）先由正弦定理以及恒等变换表示，结合已知条件可以求出的范围，且注意到，由此即可得解.
【详解】（1）由正弦定理，，
所以，则，又，所以，
因为，
所以，解得，
又由余弦定理，，
解得，所以．
（2）由正弦定理有，且由（1）可知，
所以，
又因为锐角，
所以，解得，
所以，所以，
所以，
所以面积的取值范围是．
20．已知函数和分别是函数的极大值点和极小值点
(1)若，求函数的极值，并判断其零点个数；
(2)求的取值范围.
【答案】(1)极大值为，极小值为，有1个零点
(2)
【分析】（1）利用导数求得的极值，结合零点存在性定理求得零点个数.
（2）根据根与系数关系化简求得的取值范围.
【详解】（1）若，则
令，解得.
当变化时，的取值情况如下：
且.
根据零点存在定理可得：在有一个零点，
所以函数的极大值为，极小值为，且有1个零点
（2），
由题意知，是方程的两个不等实根，且，
，，或.
由韦达定理知，，
，
所以
其中，
令，则，因为在单调递增...
所以的取值范围是.
【点睛】求解函数极值的步骤：（1）确定的定义域；（2）计算导数；（3）求出的根；（4）用的根将的定义域分成若干个区间，考查这若干个区间内的符号，进而确定的单调区间；（5）根据单调区间求得函数的极值.
21．设，，
(1)试讨论的单调性
(2)若恒成立，求的取值范围
【答案】(1)在上单调递减，在上单调递增；
(2).
【分析】（1）讨论、，利用导数研究函数的单调性即可；
（2）将不等关系化为，令并应用导数研究单调性求值域，进而化为在上恒成立，应用导数求右侧最大值，即可得范围.
【详解】（1）由，则.
当时，，所以在上单调递减.
当时，令，得，
此时在上单调递减，在上单调递增.
（2）由题意，，
则，即，.
令，则，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，
由，即，令，则恒成立，
则在单调递减，所以，.
所以，因此，a的取值范围是.
【点睛】关键点点睛：第二问，将不等式化为，并研究的范围，最后转化为研究在上恒成立为关键.
22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数且），曲线与坐标轴交于两点.
(1)求的面积；
(2)以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，求以为直径的圆的极坐标方程.
【答案】(1)6
(2).
【分析】（1）利用曲线的参数方程，利用关系式的应用求出点和的坐标，进一步求出的面积；
（2）利用（1）的结论，进一步求出圆的圆心坐标和圆的半径，进一步求出圆的方程，最后转换为极坐标方程．
【详解】（1）令，则，解得（舍）或，则，
即
令，则，解得或（舍），则，即.
；
（2）由（1）可知圆心坐标为，半径为
则以为直径的圆的方程为，
即..
由可得，以为直径的圆的极坐标方程为.
23．已知函数．
(1)当时，求不等式的解集；
(2)若恒成立，求实数m的取值范围．
【答案】(1)；
(2)
【分析】（1）利用三段法解绝对值不等式，得到答案；
（2）利用绝对值三角不等式求出，从而得到不等式，求出答案.
【详解】（1）由题知，当时，原不等式即，
当时，不等式为，解得；
当时，不等式为，恒成立；
当时，不等式为，解得，
综上，不等式的解集为；.
（2）因为，
当且仅当时不等式取等号，即，
所以，解得，
所以的取值范围是
+
+
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增