四川省叙永第一中学2024届高三上学期一诊数学（理科）试题（Word版附解析）.docx

1、叙永一中高2021级“一诊”数学（理）试题一、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，则中元素的个数为（ ）A. 3B. 4C. 5D. 6【答案】B【解析】【分析】化简集合，根据交集的定义求得，进而可求解.【详解】因为，所以，则中元素的个数为4个.故选：B.2. 给定下列两种说法：已知，命题“若，则”的否命题是“若，则”，“，使”的否定是“，使”，则（ ）A. 正确错误B. 错误正确C. 和都错误D. 和都正确【答案】D【解析】【分析】根据否命题和命题的否定形式，即可判定真假.【详解】中，同时否定原命题的条件和结论，所得命

2、题就是它的否命题，故正确；中，特称命题的否定是全称命题，所以正确，综上知，和都正确.故选：D【点睛】本题考查四种命题的形式以及命题的否定，注意命题否定量词之间的转换，属于基础题.3. 函数y的最小正周期是（ ）A. B. C. D. 2【答案】B【解析】【分析】首先将正切化简为正弦和余弦，再利用二倍角公式进一步化简，求函数的周期.【详解】ycos22xsin22xcos 4x，所以最小正周期.故选：B4. 已知函数，满足对任意x1x2，都有0成立，则a的取值范围是（）A. a(0,1)B. a,1)C. a(0,D. a,2)【答案】C【解析】【分析】根据条件知在R上单调递减，从而得出，求a的

3、范围即可【详解】满足对任意x1x2，都有0成立，在R上是减函数，解得，a的取值范围是故选：C5. 塑料袋给我们生活带来了方便，但塑料在自然界可停留长达200400年之久，给环境带来了很大的危害，国家发改委、生态环境部等9部门联合发布关于扎实推进污染物治理工作的通知明确指出，2021年1月1日起，禁用不可降解的塑料袋、塑料餐具及一次性塑料吸管等，某品牌塑料袋经自然降解后残留量与时间年之间的关系为，其中为初始量，为光解系数.已知该品牌塑料袋2年后残留量为初始量的.该品牌塑料袋大约需要经过（ ）年，其残留量为初始量的10%.（参考数据：，）A. 20B. 16C. 12D. 7【答案】B【解析】【分

4、析】由，解方程即可.【详解】依题意有时，则，当时，有，.故选：B6. 已知为的导函数，则的图象大致是（ ）A B. C D. 【答案】B【解析】【分析】利用诱导公式对函数解析式进行化简，再利用函数的奇偶性及函数在原点右边的小邻域内单调递减，即可选出正确答案.【详解】因为，所以，所以为奇函数，排除A，D；因为，当时，所以在内递减.故选B.【点睛】本题考查导数在函数中的应用、诱导公式、奇偶性、单调性的综合运用，求解时要充分利用图象提供的信息，寻找隐含条件，考查逻辑推理能力和运算求解能力.7. 已知函数，设，则，的大小关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先研究函数的性质，利

5、用奇偶性对函数值进行等价变形，最后利用单调性进行比较大小.【详解】解：已知的定义域为，且，所以函数为偶函数，当时，函数为增函数，所以，.因为在定义域上为单调递增函数，所以，即，因为在上为增函数，所以，因为在定义域上为单调递增函数，所以，所以，根据函数在上为增函数，所以，所以.故选：A8. 设函数若为函数的零点，为函数的图象的对称轴，且在区间上有且只有一个极大值点，则的最大值为（ ）A. B. C. D. 12【答案】A【解析】【分析】直接利用，求出和的表达式，进一步利用在区间上有且只有一个极大值点，通过分类讨论求出的值，进而可得最大值.【详解】由已知得，则，其中，因为，当时，当时，因为在区间上

6、有且只有一个极大值点，所以，解得，即，所以，当时，此时，此时有两个极大值点，舍去；当时，此时，此时有一个极大值点，成立；所以的最大值为.故选：A.【点睛】关键点点睛：本题的关键是通过条件将和都用整数表示出来，然后对的值由大到小讨论找到符合条件的结果.9. 九章算术是我国古代第一部数学专著，其中有如下记载：将底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马.现有如图所示的直径长为2的胶泥球胚，某数学兴趣小组的同学需在此胶泥球胚中切割出底面为正方形，且垂直于底面的侧棱与底面正方形边长相等的阳马模型的几何体（实物体），若要使该阳马体积最大，则应削去的胶泥的体积大约为（）（ ）A. 2.8B. 3.2C.

7、 3.5D. 4.8【答案】C【解析】【分析】根据阳马的定义，可借助截出阳马的正方体来求解体积，要使阳马体积最大，则原正方体的体积应该最大，即球的内接正方体，此时体对角线的长等于球的直径.【详解】如图正方体中，四棱锥即为阳马.设正方体边长为，体积为，显然，所以，当该正方体体积最大时，该阳马体积最大.在球的内部，任意构造一个正方体，显然球的内接正方体体积最大，应有正方体的对角线等于球的直径，即.又，所以，则，则，所以.又球的体积为，所以，应削去的胶泥的体积为.故选：C.10. 已知函数是定义域为的偶函数，是奇函数，则下列结论不正确的是（ ）A. B. C. 是以4为周期的函数D. 的图象关于对称

8、【答案】B【解析】【分析】根据抽象函数的对称性结合周期性判断各个选项即可.【详解】因为函数是定义域为的偶函数，所以，因为是奇函数，所以，将换成，则有，A：令，所以，因此本选项正确；B：因为，所以函数关于点对称，由，可得，的值不确定，因此不能确定的值，所以本选项不正确；C：因为，所以，所以，因此是以4为周期的函数，因此本选项正确；D：因为，所以，因此有，所以函数的图象关于对称，由上可知是以4为周期的函数，所以的图象也关于对称，因此本选项正确，故选：B.11. 在锐角中，若，且，则能取到的值有（ ）A. 2B. C. D. 4【答案】D【解析】【分析】由得到，再根据正弦定理将化简整理可得，由为锐角

9、三角形得到，根据正弦定理可得，最后结合两角差的正弦公式、辅助角公式即可求解.【详解】由，又，所以，则.因为，根据正弦定理得，故，即，所以，即，根据正弦定理得，所以，因为为锐角三角形，且，所以，即，解得，所以，因为，所以，则，所以，即.故选： D.12. 已知函数，设方程的3个实根分别为，且，则的值可能为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用导数研究的单调性、极值及区间值域，由题设可知在上必有两个不等的实根(假设)且，结合的性质有且，进而求目标式的值，即可确定答案.【详解】由题设，的定义域为，且，当时，即递减；当时，即递增.，又在上逐渐变小时逐渐趋近于0，当时且随趋向于0，

10、趋向无穷大.的图象如下：的定义域为，由可得：在上必有两个不等的实根(假设)且，令，要使的3个实根，则、，即，可得.由知：，.故选：B.【点睛】首先应用导数研究性质，根据有3个实根，则在上必有两个不等的实根，结合的值域求m的范围且、，即可求目标式的范围.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. 计算：_.【答案】5【解析】【分析】根据指数以及对数的运算性质即可求解.【详解】，故答案为：14. 已知函数的定义域是，则函数的定义域是_.【答案】【解析】【分析】根据抽象函数定义域求法和分式、根式有意义的要求可构造方程组求得结果.【详解】由题意知：，解得：，的定义域为.

11、故答案为：.15. 若为偶函数，则实数_.【答案】1【解析】【分析】根据奇偶性直接求解即可.【详解】因为为偶函数，故.故答案为：116. 如图1，在矩形ABCD中，E为AB的中点，将沿DE折起，点A折起后的位置记为点，得到四棱锥，M为的中点，如图2.某同学在探究翻折过程中线面位置关系时，得到下列四个结论： 恒有；异面直线所成角的正切值为2；存在某个位置，使得 平面平面.三棱锥的体积的最大值为；其中所有正确结论序号是_.【答案】【解析】【分析】根据翻折前后的位置关系，即可判断；根据异面直线所成角的定义，即可作图判断；若平面 平面，结合垂直关系的转化，即可推出矛盾判断；利用等体积转化判断.【详解】

12、由图1可知，所以，故正确；如图，取的中点，连结，则，且,，所以，所以四边形是平行四边形，,所以异面直线所成角为与所成的角，即为所求角，故正确； 若平面平面，且平面平面，因为，所以平面，平面，所以，因为，所以,中，即,所以不成立，故错误；取的中点，连结，当平面平面时，到平面的距离最大，因为，为的中点，所以，又因为平面平面时，所以平面，所以四棱锥体积的最大值为，为的中点，三棱锥的体积的最大值为，故正确.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1721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.17. 在中，内角所对的边分别为且（1）求

13、角的大小；（2）若，且的面积为，求的周长【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据正弦定理与余弦定理化简即可；（2）由的面积为可得，再根据余弦定理即可得，进而求得周长.【小问1详解】由正弦定理，即，由余弦定理，且，故.【小问2详解】由题意，解得.由余弦定理，可得.故的周长为18. 设函数（1）设，若函数有三个不同零点，求c的取值范围；（2）求证：是有三个不同零点的必要而不充分条件【答案】（1）；（2）证明见试题解析【解析】【分析】（1）分别将代入原式，求得导函数判断其单调性，求得其极值，即可判断三个零点，可求得c的范围；（2）导函数是一个二次函数，讨论其判别式，先证明其必要性，再证明其不

14、充分性，可得结果.【详解】（1）当时，所以令，得，解得或与在区间上的情况如下：所以当且时，存在，使得由的单调性知，当且仅当时，函数有三个不同零点（2）当时，此时函数在区间上单调递增，所以不可能有三个不同零点；当时，只有一个零点，记作当时，在区间上单调递增；当时，在区间上单调递增所以不可能有三个不同零点综上所述，若函数有三个不同零点，则必有，故是有三个不同零点的必要条件当，时，只有两个不同零点，所以不是有三个不同零点的充分条件因此是有三个不同零点的必要而不充分条件【点睛】本题主要考查了导函数的应用，熟悉导函数判别单调性和极值是解题的关键，属于中档题目.19. 已知函数，再从条件：的最大值为1；条

15、件：的一条对称轴是直线条件：的相邻两条对称轴之间的距离为这三个条件中选择能确定函数解析式的两个合理条件作为已知，求：（1）函数的解析式；（2）已知，若在区间上的最小值为，求m的最大值【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）利用三角恒等变换化简，再由三角函数的性质分别转化三个条件，即可得解；（2）先求出的解析式，再由正弦函数的性质即可确定m的取值范围，即可得最大值.【小问1详解】由题意，函数，若选：的最大值为1，则，则，若选：的一条对称轴是直线,则由，不符合正弦函数对称轴的要求，不合题意；若选：的相邻两条对称轴之间的距离为，则函数的最小正周期,可得；所以只能选择条件作为已知，此时；【小问2详

16、解】由题意，当，则，若在区间上的最小值为，则，所以，所以m的最大值为.20. 如图，已知三棱柱的侧棱与底面垂直，分别是，的中点，点在直线上（1）证明：；（2）当平面与平面所成的锐二面角为时，求平面与侧面的交线长【答案】（1）证明见解析 （2）1【解析】【分析】(1)建立以分别作为轴正方向建立空间直角坐标系，求出各点的坐标，只需证明即可证明；(2)利用空间坐标系，求出P点坐标，即可得P点位置，作出平面与侧面的交线，再计算即可.【小问1详解】解：由题意两两垂直.所以以分别作为轴正方向建立空间直角坐标系，如图，则M是的中点，N是的中点，设，则，则，所以【小问2详解】解：设，则，设平面的一个法向量为，

17、则，即令，则，又平面的一个法向量为，平面与平面所成的锐二面角为时，即，解得，此时，如图位置，设为的中点，连接，交于点，由 且,所以与全等，则为中点,连接,由分别为中点，则,又分别为中点，则，所以,所以点共面，又,所以共面，即面与面重合.所以平面与侧面的交线为，所以交线长度为.21. 已知函数（，e为自然对数的底数）（1）求函数的单调区间；（2）若不等式在区间上恒成立，求实数k的取值范围【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为； （2）【解析】【分析】（1）对函数求导，利用导函数的单调性及零点确定导函数大于0、小于0的解集，即可得解；（2）转化不等式为在区间上恒成立，构造函数，利用端点处的函

18、数值及导数，分类讨论即可得解.【小问1详解】由题意，则，由在上均单调递减，所以在上单调递减，又，所以当时，当时，所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为；【小问2详解】不等式即在区间上恒成立，令，则，所以，若，即时，此时存在使得当时，函数在上单调递增，不合题意；若时，令，则，所以单调递减，所以，当且仅当时等号成立，所以在上单调递减，所以，符合题意；综上，实数k的取值范围为.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是端点效应及多次求导的应用，在进行多次求导时，要清楚每次求导的作用.22. 平面直角坐标系中，曲线参数方程为（为参数）.以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（

19、1）求曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程；（2）已知点，记和交于两点，求的值.【答案】（1）曲线的普通方程为；曲线的直角坐标方程为 （2）【解析】【分析】（1）消去参数得到普通方程，利用公式将极坐标方程转化为直角坐标方程；（2）写出符合要求的直线参数方程，利用t的几何意义求解.【小问1详解】已知曲线（为参数），则，由消参得，则曲线的普通方程为由曲线的极坐标方程为，变形得，即，且满足，由互化公式，得，即.故曲线的直角坐标方程为【小问2详解】由于在直线l上，可设直线l的参数方程的标准形式为（t为参数），代入曲线，化简得，设A，B对应的参数分别为，则，由于，故，所以.故的值为.23. 已知函数.（1）求不等式的解集；（2）若，对任意正实数a，b恒成立，求实数x的取值范围.【答案】（1）； （2）.【解析】【分析】（1）由已知可得，求解不等式组，即可得到解集；（2）利用基本不等式求出的最小值，可得出，分类讨论求解不等式的解集.【小问1详解】由已知可得，则，即，解得，故解集为.【小问2详解】因为，且为正实数，当且仅当，即时等号成立.因为对任意正实数a，b恒成立，所以，即，即.当时，不等式化为恒成立；当时，不等式化为，解得，又，所以不等式解集为；当时，不等式化为，显然不等式无解.综上，不等式解集为.