四川省宜宾市南溪第一中学2024届高三上学期一诊考试理科数学模拟试题（Word版附解析）.docx

1、南溪一中高2021级高三一诊模拟（2）考试试题理 科 数 学注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.3.考试结束后，将答题卡交回.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，只有一项是符合题目要求的.1. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】求出集合、，利用并集的定义可求得集合.【详解】由，故.故选：A.2. 已知复数z满足，则

2、（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用复数的除法化简计算即可.【详解】由，则.故选：B.3. 若实数a使得“，”为真命题，实数a使得“，”为真命题，则q是p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】A【解析】【分析】先根据方程有解和恒成立分别解出，再根据充分条件和必要条件的定义判断即可.【详解】对于：，所以，对于：，因为在上单调递增，所以，所以q是p的充分不必要条件，故选：A4. 函数的图象可能是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用排除法，结合函数的奇偶性以及函数值的符号分析判断.【详解】因为定

3、义域为，且，所以为奇函数，函数图象关于原点对称，故B，D都不正确；对于C，时，所以，所以，故C不正确；对于选项A，符合函数图象关于原点对称，也符合时，故A正确故选：A.5. 若函数，在R上单调递增，则实数a的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】首先，对勾函数和都是递增函数，当时，对勾函数取值要大于或等于指数式的值，再求交集即可实数a的取值范围.【详解】当时，函数单调递增所以当时，是单调递增函数，所以，所以当时，对勾函数取值要大于或等于指数式的值，所以，解之得：，综上所述：实数a的取值范围是故选：B6. 已知正实数m，n满足，则的最大值为2，则定值是（ ）A. 2B

4、. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用基本不等式可得.【详解】因为m，n为正实数，且的最大值为2，所以，所以，当且仅当时取等号；故选：A7. 已知是定义在上的偶函数且在上为增函数，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据奇偶性和单调性确定在上单调递减，计算，得到答案.【详解】是定义在上的偶函数且在上为增函数，故在上单调递减，即，故.故选：C8. 已知函数在区间单调递增，直线和为函数的图像的两条相邻对称轴，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据题意分别求出其周期，再根据其最小值求出初相，代入即可得到答案.【详解】因为在区间上单调递增，且直

5、线与为相邻的两条对称轴，所以，即，且，又时取得最小值，即，所以，解得，.故选：A.9. 现随机安排甲、乙等4位同学参加校运会跳高、跳远、投铅球比赛，要求每位同学参加一项比赛，每项比赛至少一位同学参加，事件“甲参加跳高比赛”，事件“乙参加跳高比赛”，事件“乙参加跳远比赛”，则（ ）A. 事件A与B相互独立B. 事件A与C为互斥事件C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据条件求出，由互斥事件的定义、相互独立事件的判定和条件概率公式进行逐一判断即可【详解】对于A，每项比赛至少一位同学参加，则有不同的安排方法，事件“甲参加跳高比赛”，若跳高比赛安排2人，则有种方法；若跳高比赛安排1人，则有种方法，所

6、以安排甲参加跳高比赛的不同安排方法共有种，则，同理，若安排甲、乙同时参加跳高比赛，则跳高比赛安排2人为甲和乙，跳远、投铅球比赛各安排1人，有种不同的安排方法，所以，因为，事件A与B不相互独立故A错误；对于B，在一次试验中，不可能同时发生的两个事件称为互斥事件，事件A与C可以同时发生，故事件A与C不是互斥事件，故B错误；对于C，在安排甲参加跳高比赛的同时安排乙参加跳远比赛的不同安排方法有种，所以，所以，故C正确；对于D，故D错误.故选：C10. 已知等差数列的前项和为，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据等差数列的前n项和公式分析可知是以首项为，公差为的等差数列，结

7、合等差数列的性质运算求解.【详解】设等差数列的公差为，因为，可知是以首项为，公差为的等差数列，则，即，解得，所以.故选：D.11. 已知正四面体的外接球的体积为，则该正四面体的棱长为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】确定外接球半径为，将正四面体放入正方体中，计算正方体边长为，正四面体的棱长为，得到答案.【详解】设外接球半径为，则，解得，将正四面体放入正方体中，设正方体边长为，如图所示：则，正四面体棱长为.故选：C.12. 若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】构造函数，判断其单调性可证，构造函数利用其单调性可证，可得；构造函数，利用其单调性可证，从

8、而得解.【详解】解：记则，所以在单调递增，故，记，则，令，解得，故在上单调递减，故，即，即，故，记，则，故当时，故在上是增函数，故，即，故，故.故选：B.【点睛】思路点睛：本题主要考查构造函数，并利用函数单调性比较函数值大小.首先构造函数，利用其单调性可证，再构造函数利用其单调性可证，可得；又构造函数，利用其单调性可证，可得，从而问题得解.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 的展开式中的系数是_.【答案】【解析】【分析】直接用二项式定理求解即可.【详解】，所以的系数为.故答案为：.14. 已知随机变量，其中，则_.【答案】0.2【解析】【分析】由服从的分布类型可直接求出，从

9、而求出，再根据正态分布的对称性即可求解.【详解】因为，所以，因为，所以，又因为，所以，因为，所以，且，又因为，所以，所以.故答案为：0.2.15. 若函数在存在单调递减区间，则a的取值范围为_【答案】【解析】【分析】将题意转化为：在有解，利用参变量分离得到，转化为，结合导数求解即可【详解】，等价于在有解，即在有解，即在有解，所以，令，则，即在上是增函数，所以.故答案为：.16. 已知函数，则不等式的解集为_.【答案】【解析】【分析】令，分析函数的定义域、奇偶性与单调性，将所求不等式变形为，结合函数的单调性可得出关于的不等式，解之即可.【详解】设，则函数定义域为，因为，故函数为奇函数，因为函数、

10、均为上的增函数，故函数为上的增函数，因为，由可得，可得，所以，即，解得.因此，不等式的解集为.故答案为：.三解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明证明过程或演算步骤.17. 已知数列各项都不为，前项和为，且，数列满足， （1）求数列和通项公式；（2）令，求数列的前项和为【答案】（1）; （2）【解析】【分析】(1)利用即可求，再根据累加法，即可求解.(2)利用错位相减法即可求解.【小问1详解】由，可得，两式相减得，整理得，因为数列各项都不为，所以数列是以为公比的等比数列令，则，解得，故由题知，所以【小问2详解】由（1）得，所以，两式相减得，所以18. 书籍是精神世界的入口，

11、阅读让精神世界闪光，阅读逐渐成为许多人的一种生活习惯，每年4月23日为世界读书日某研究机构为了解某地年轻人的阅读情况，通过随机抽样调查了位年轻人，对这些人每天的阅读时间（单位：分钟）进行统计，得到样本的频率分布直方图，如图所示（1）根据频率分布直方图，估计这位年轻人每天阅读时间的平均数（单位：分钟）；（同一组数据用该组数据区间的中点值表示）（2）若年轻人每天阅读时间近似地服从正态分布，其中近似为样本平均数，求；（3）为了进一步了解年轻人的阅读方式，研究机构采用分层抽样的方法从每天阅读时间位于分组，的年轻人中抽取10人，再从中任选3人进行调查，求抽到每天阅读时间位于的人数的分布列和数学期望附参考

12、数据：若，则；【答案】（1） （2） （3）分布列见解析；期望为【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图以及平均数的计算方法计算即可；（2）依据，利用正态分布的对称性计算即可；（3）先由题意得到随机变量的取值，并分别计算相应的概率，然后列出分布列，并按期望公式计算即可.【小问1详解】根据频率分布直方图得：【小问2详解】由题意知，即，所以【小问3详解】由题意可知，和的频率之比为：，故抽取的10人中，和分别为：2人，4人，4人，随机变量的取值可以为，故的分布列为：0123所以.19. 如图所示，在三棱锥中，已知平面，平面平面 （1）证明：平面；（2）若，在线段上（不含端点），是否存在点，使得二面角

13、的余弦值为，若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由【答案】（1）证明见解析 （2）存在；是上靠近的三等分点【解析】【分析】（1）过点作于点，由面面垂直性质定理可得平面，由此证明，再证明，根据线面垂直判定定理证明结论；（2）建立空间直角坐标系，求平面，平面的法向量，利用向量夹角公式求法向量夹角，由条件列方程确定点的位置；【小问1详解】过点作于点，因为平面平面，且平面平面，平面，所以平面，又平面，所以，又平面，平面，所以，又因为，平面，所以平面 【小问2详解】假设在线段上（不含端点），存在点，使得二面角的余弦值为，以为原点，分别以、为轴，轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，则， ，设平面的一个

14、法向量为，即取，所以为平面的一个法向量，因为在线段上（不含端点），所以可设，所以，设平面的一个法向量为，即，取，所以为平面的一个法向量，又，由已知可得解得或（舍去）， 所以，存在点，使得二面角的余弦值为，此时是上靠近的三等分点 20. 过原点O的直线交椭圆E：（）于A，B两点，面积的最大值为.（1）求椭圆E的方程；（2）连AR交椭圆于另一个交点C，又（），分别记PA，PR，PC的斜率为，求的值.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据题意得到，即得到，从而得到椭圆的方程为.（2）设的方程为，与椭圆联立得到，根据题意得到，再计算的值即可.【小问1详解】由题知：，所以，故椭圆的方程为.【小

15、问2详解】如图所示： 设的方程为，由，设，则，21. 已知函数.（1）讨论的单调性；（2）若两个不相等的正实数a，b满足，求证：；（3）若，求证：.【答案】（1）的单调递减区间是，单调递增区间是 （2）证明见解析 （3）证明见解析【解析】【分析】（1）利用导数求函数单调性；（2）由函数的单调性求其值域，从而不妨设，从而将证明转化为证明，方法一：设，借助导数研究函数的单调性从而得值域，求得恒成立，得证；方法二：由，设，利用导数可知在单调递增，从而得证；方法三：（比值代换）由对称性，不妨设，欲证，即证，由方法二可得证；方法四：由得，由方法二得，所以，得证；（3）由（2）知，由，可知，分和两种情况，

16、结合函数的单调性可证.【小问1详解】函数的定义域是.由，得在上单调递减；由，得在上单调递增，综上知，的单调递减区间是，单调递增区间是.【小问2详解】由（1）得在的值域为，在上值域为.注意到，.不妨设，则欲证，即证.由于由（）得在上单调递增，故只需证，由已知，即证，也即，方法一：令，.，由，在单调递增，得单调递增，且.由于，故满足.由单调递增知：当时，单调递减，值域为；当时，单调递增，值域为；设，则，单调递减，故，即，取，得，即综上，得，即，得证.方法二：（重新同构）令，即，证：，由于，从而.故要证成立，只需在单调递增成立即可.，令，则，在单调递减，故在单调递增成立，原命题成立.方法三：（比值代

17、换）由对称性，不妨设，则由于，欲证，即证：，即证，可变为，由证法二可知成立，从而得证；方法四：（切、割线放缩）1、由于故，即；2、由方法二知，故，即，故，；由1、2知，故成立，原命题成立.【小问3详解】由（2）知，当时，在上单调递增，故.当时，由，取，得（）时，有，即.由在上单调递增，故，综上，得时，当成立【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：（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

18、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，则按做的第一题记分.选修44：极坐标与参数方程22. 在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程是（t为参数），曲线的参数方程是（为参数），以坐标原点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（1）求，的直角坐标方程；（2）若直线l与交于A，B两点，与交于C，D两点，且，求【答案】（1）:，:； （2）.【解析】【分析】（1）消去参数化曲线的参数方程为普通方程，利用极坐

19、标与直角坐标互化得的直角坐标方程.（2）把直线l的参数方程分别与曲线，的直角坐标方程联立，利用韦达定理结合参数的几何意义求解作答.【小问1详解】消去曲线参数方程中的参数，得的普通方程：，由得，又，则有，所以，的直角坐标方程分别为，.【小问2详解】把代入，得，整理得，设点,所对应的参数分别为，则，把代入，得，整理得，设点,所对应的参数分别为，则，且，即与的中点重合，因此，于是，而，解得，所以.选修45：不等式选讲23. 已知，（1）若，求不等式的解集；（2），若图象与两坐标轴围成的三角形面积不大于2，求正数m的取值范围【答案】（1）或； （2）.【解析】【分析】（1）利用零点分段法求解出绝对值不等式；（2）作出函数的大致图象，结合条件表示出三角形面积，结合条件列出不等式，进而即得.【小问1详解】当时,，由，可得或或，解得或，所以不等式的解集为或；【小问2详解】由题可得，可得函数的大致图象如图所示，图象与两坐标轴交于点，所以，依题意，所以，