四川省泸州市泸州老窖天府中学2024届高三一模数学(文)试题（二）（Word版附解析）.docx

1、泸州老窖天府中学高2021级高三上期一诊模拟（二）数学（文科）第卷 （ 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，只有一项是符合题目要求的1. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用交集的概念运算即可.【详解】由题意知.故选：B2. 已知，则（ ）A. B. C. 4D. 5【答案】A【解析】【分析】利用指数式和对数式的关系可得a的值，再根据换底公式可得.【详解】因为，所以，所以.故选：A3. 设l是直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】B【解

2、析】【分析】举例说明判断ACD；利用线面垂直的判定、面面垂直的判定推理判断D.【详解】对于A，若相交，令，当，且时，满足，显然不平行，A错误；对于B，则存在直线，使得，而，则，因此，B正确；对于C，若，令，当且时，满足，而与不平行，C错误；对于D，若，令，当，时，有，此时或，与不垂直，D错误故选：B4. 当某种药物的浓度大于100mg/L（有效水平）时才能治疗疾病，且最高浓度不能超过1000mg/L（安全水平）从实验知道该药物浓度以每小时按现有量14%的速度衰减若治疗时首次服用后的药物浓度约为600mg/L，当药物浓度低于有效水平时再次服用，且每次服用剂量相同，在以下给出的服用间隔时间中，最合

3、适的一项为（ ）（参考数据：，）A. 4小时B. 6小时C. 8小时D. 12小时【答案】D【解析】【分析】设小时后药物浓度为，由题意可得，两边取常用对数求解即可.【详解】设小时后药物浓度为 若小时后药物浓度小于100mg/L，则需再服药.由题意可得，即 所以，则所以 所以在首次服药后13个小时再次服药最合适，则服用药物的间隔时间12小时最合适故选：D5. 已知命题p：函数在上单调递减；命题，都有若为真命题，为假，则实数a的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据题意求出 为真命题时的范围，进而根据 中一真一假分两类情况讨论即可求解.【详解】若命题p为真，则 ，若

4、为真，则 ，由于为真命题，为假，则 中一真一假若 真 假，则满足： ；若 真 假，则满足： ，此时 无解，综上 故选：A6. 已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】以为整体，结合倍角公式可得，再利用诱导公式运算求解.【详解】因，所以故选：A.7. 若，则A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】试题分析：用特殊值法，令，得，选项A错误，选项B错误， ，选项D错误， 因为选项C正确，故选C【考点】指数函数与对数函数的性质【名师点睛】比较幂或对数值的大小,若幂的底数相同或对数的底数相同,通常利用指数函数或对数函数的单调性进行比较；若底数不同,可考虑利用中间量进行比

5、较.8. 如图，在中，是棱的中点，以为折痕把折叠，使点到达点的位置，则当三棱锥体积最大时，其外接球的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】在中，由余弦定理求得，再由当三棱锥体积最大，把三棱锥补形为一个长方体，结合长方体求得外接球的半径，利用球的表面积公式，即可求解.【详解】在中，因为，由余弦定理可得 ，所以，当，即平面，三棱锥体积最大，此时两两垂直，可把三棱锥补形为一个长方体，且长方体长、宽、高分别为：，所以三棱锥的外接球半径为：，所以外接球的表面积为：.故选：D.9. 将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，且的图象的一条对称轴是直线，则的最小值为（ ）A.

6、 B. 2C. 3D. 【答案】A【解析】【分析】利用平移变换得出，再由对称轴性质得出，结合得出的最小值.【详解】将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象对应的函数为因为函数的图象的一条对称轴是直线所以，解得，又所以当时，取最小值，为故选：A【点睛】关键点睛：解决本题的关键在于利用对称轴的性质结合得出的最小值.10. 如图，某景区欲在两山顶A，C之间建缆车，需要测量两山顶间的距离.已知山高，在水平面上E处测得山顶A的仰角为30，山顶C的仰角为45，则两山顶A、C之间的距离为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】过作，垂足为，在中，利用余弦定理求出，即得，在直角三角形中，

7、根据勾股定理可得.【详解】过作，垂足为，在直角三角形中，在直角三角形中，在中，在直角三角形中，所以.故选：B.【点睛】本题考查了方向角，考查了余弦定理的应用，属于基础题.，11. 已知点P是曲线上任意一点，点Q是直线上任一点，则的最小值为（ ）A. B. C. 1D. 【答案】A【解析】【分析】利用导数的几何意义求出曲线的切线，利用数形结合进行求解即可.【详解】函数的定义域为全体正实数，当时，单调递增，当时，单调递减，函数图象如下图：过点的曲线的切线与直线平行时，最小，即有，所以，故选：A 12. 若函数的定义域为，且偶函数，关于点成中心对称，则下列说法正确的个数为（ ）的一个周期为2 的一条

8、对称轴为 A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】C【解析】【分析】由题意，根据函数的对称性，可得，且，根据函数周期性的定义，可判的正误；根据周期性的应用，可判的正误；根据函数的轴对称性的性质，可判的正误；根据函数的周期性，进行分组求和，根据函数的对称性，可得，可判的正误.【详解】因为偶函数，所以，则，即函数关于直线成轴对称，因为函数的图象是由函数的图象向左平移个单位，所以函数关于点成中心对称，则，且，对于，则函数的周期，故错误；对于，故正确；对于，故正确；对于，则，则，由，则，故正确故选：C.第卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分把答案填在答题卡上13. 曲线在处的切线方程为

9、_【答案】【解析】【分析】根据导数的几何意义即得.【详解】因为，所以，当时，故切线方程为：，即.故答案为：.14. 如图，网格纸的小正方形的边长是1，在其上用粗线画出了某多面体的三视图，则这个多面体最长的一条棱的长为_.【答案】【解析】【详解】试题分析：由三视图知，几何体是一个四棱锥，四棱锥的底面是一个正方形，边长是2，四棱锥的一条侧棱和底面垂直，且这条侧棱长是2，这样在所有的棱中，连接与底面垂直的侧棱的顶点与相对的底面的顶点的侧棱是最长的长度是，考点：三视图点评：本题考查由三视图还原几何体，所给的是一个典型的四棱锥，注意观察三视图，看出四棱锥的一条侧棱与底面垂直15. 设当时，函数取得最大值

10、，则_.【答案】；【解析】【详解】f(x)sin x2cos xsin(x)，其中sin ，cos ，当x2k (kZ)时，函数f(x)取得最大值，即2k时，函数f(x)取到最大值，所以cos sin .16. 如图，在正方体中，、分别是棱、的中点，则下列结论中正确的有_. 平面 平面、四点共面 、四点共面【答案】【解析】【详解】连接交于点，则为的中点，连接、，利用线面平行的判定定理可判断；取的中点，连接，延长与交与点，连接，可得，结合反证法可判断；连接，由可判断；若、四点共面，则，显然不成立可判断.【分析】解： 对于，如下图，连接交于点，则为的中点，连接、， 因为，则四边形为平行四边形，则且

11、，因为为的中点，则，因为，所以，则四边形为平行四边形，因为平面，平面，所以平面，正确；对于，取的中点，连接，延长与交与点，连接， 因为，、分别为、的中点，所以，所以，四边形为平行四边形，所以，因为，所以，所以四边形是平行四边形，可得，因为平面，平面，所以直线与平面相交，设，连接，假设平面，因为平面，平面平面，所以，又因为，且过点有且只有一条直线与平行，矛盾，假设不成立，故与平面不平行，错；对于，如下图，连接，则， 因为且，故四边形为平行四边形，所以，所以，故、四点共面，对；对于，假设、四点共面，因为平面平面，平面平面，平面平面，所以，则，这与矛盾，故假设不成立，则、不共面，错.故答案为：.【点

12、睛】方法点睛：常见的线面平行的证明方法有：（1）通过面面平行得到线面平行；（2）通过线线平行得到线面平行，在证明线线平行中，经常用到中位线定理或平行四边形的性质.三、解答题：本大题共6小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17. 在中，内角所对的边分别为且（1）求角的大小；（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. 已知函数（1）若其图象在点处的切线方

13、程为，求，的值；（2）若1是函数的一个极值点，且函数在上单调递增，求实数的取值范围.【答案】（1）， （2）【解析】【分析】（1）由题意，且，由此即可得解.（2）一方面：由题意，且至少有两个零点（否则单调递增没有极值点）；另一方面：由题意在上恒成立，分离变量即可；结合两方面即可得解.【小问1详解】点在切线上，联立解得，.【小问2详解】依题意有，且，；又，则时，即，令，求导得，所以单调递增，；又，所以的取值范围为.19. 已知函数，再从条件：的最大值为1；条件：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

14、）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，四棱锥的底面是边长为2的菱形，平面平面，分别为，的中点.

15、（1）证明：平面；（2）求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）先利用勾股定理得，再利用面面垂直的性质得平面，从而利用线面垂直的性质定理得，最后结合菱形性质及线面垂直的判定定理证明即可；（2）先通过线面关系及锥体体积求出，再利用等体积法求得点到平面的距离.【小问1详解】由题知，所以，所以.又因为平面平面，且交线为，平面，所以平面，又平面，所以，连接， 因为四边形是边长为2的菱形，所以为等边三角形.又因为为的中点，所以，又，平面，平面，所以平面.【小问2详解】设点到平面的距离为，连接，则，因为，所以，又由（1）知，又，平面，平面，所以平面，又平面，平面，所以，又，

16、又由，平面，平面，所以平面，且，所以，即，即点到平面的距离为.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

17、，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.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. 作答时请写清题号.选修4-4：坐标系与参数方程22. 如图，在极坐标系中，圆的半径为，半径均为的两个半圆弧所在圆的圆心分别为，是半圆弧上的一个动点，是半圆弧上的一个动点. （1）若，求点的极坐标；（2）若点是射线与圆的交点，求面积的取值范围.【答案】（1） （2）

18、【解析】【分析】（1）根据图形关系可确定，极角，由此可得点的极坐标；（2）利用表示出和，代入三角形面积公式，结合三角恒等变换知识可化简得到，结合正弦型函数值域可求得结果.【小问1详解】由知：， 点的极角为，点的极坐标为.【小问2详解】 由题意知：，.选修4-5：不等式选讲23. 选修4-5：不等式选讲已知函数，.（1）解不等式；（2）任意，恒成立，求的取值范围.【答案】(1) (2) 【解析】【分析】（1）由于不等式可，可平方后求解；（2）不等式可化为，利用不等式的三角不等式求得的最小值，然后解不等式可得的范围【详解】（1）不等式即，两边平方得，解得，所以原不等式的解集为.（2）不等式可化为，又，所以，解得，所以的取值范围为.【点睛】本题考查绝对值不等式的问题，解绝对值不等式常用方法是根据绝对值的定义去绝对值符号后再求解，如果对两边均非负的不等式可平方去绝对值符号绝对值三角不等式在求含绝对值的最小值时用处较大，而且是常用方法