四川省绵阳中学2023-2024学年高三数学（理）上学期一诊模拟（四）试题（Word版附解析）.docx

1、绵阳中学2021级高三上期一诊模拟（四）数学（理科）试题时间：120分钟 满分：150分本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分第卷（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. 设集合，则等于（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析】计算，再计算补集得到答案.【详解】由，可得：，又：全集所以：故选：A.2. 命题“”的否定是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】直接根据全称命题的否定是特称命题得到答案.【详解】全称命题的否定是特称命题，则命题：的否定是：故选：D.3. 已知实数

2、，若，则下列不等式成立的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据已知条件取特殊值以及利用不等式性质逐项分析即可.【详解】选项A：因为，取，则，故A错误；选项B：因为 ，与已知条件矛盾，故B不正确；选项C：因为所以，故C正确；选项D：当时，故D不正确；故选：C.4. 已知函数满足对任意，都有成立，则a的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】首先判断函数的单调性，再根据分段函数单调性的定义，列式求解.【详解】满足对任意，都有成立，在上是减函数，解得，a的取值范围是.故选：C5. 已知函数，设，则，的大小关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】A

3、【解析】【分析】首先判断函数的奇偶性和单调性，再判断自变量的大小，即可根据函数的单调性，比较大小.【详解】依题意，得的定义域为，函数为偶函数，且在上为增函数，而，因为，所以，即，因为在上为增函数，且，所以，因为，所以，所以，所以，所以，故选：A.6. 在中，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据题意画出图形并根据线段比例利用向量的加减法则计算即可求出结果.【详解】因为，所以M是位于BC上的靠近点B的四等分点，N为AC的中点，如下图所示：所以.故选：D7. 公差不为0的等差数列的前项和为，若，成等比数列，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】设等差数列

4、的公差为，根据已知列出方程组，求解得出的值，代入公式即可得出答案.【详解】设等差数列的公差为，由条件得即则故.故选：A.8. 已知，且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由倍角余弦公式并整理得，结合角的范围得，进而求，应用倍角正切公式求值即可.【详解】由，即，所以或，又，则，所以，则，由.故选：D9. 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

5、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】【分析】由，解方程即可.【详解】依题意有时，则，当时，有，.故选：B10. 已知直线与曲线相切，则的最小值为（ ）A. B. 1C. D. 【答案】B【解析】【分析】设切点为，曲线求导得到切线斜率，利用斜率相等求得切点坐标，代入直线方程后得，构造新函数，应用导数求函数的最值即可.【详解】由，知定义域为，设切点为，所以，故切点为，代入直线方程，则，令，令，解得，当时，单调递

6、减，当时，单调递增，则，故的最小值为1.故选：B11. 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【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

7、称，因此本选项正确，故选：B.12. 已知锐角三角形中，角所对的边分别为的面积为，且，若，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据面积公式，余弦定理和题干条件得到，结合正弦定理得到，由为锐角三角形，求出，从而求出，求出的取值范围.【详解】因为，所以，即，所以，整理得：，因为，所以，由正弦定理得：，因为，所以，因为为锐角三角形，所以为锐角，所以，即，由，解得：，因为，所以，解得：，故选：A【点睛】三角形相关的边的取值范围问题，通常转化为角，利用三角函数恒等变换及三角函数的值域等求出边的取值范围，或利用基本不等式进行求解.第II卷（非选择题，共90分）二填空题：本

8、大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上.13. 在等比数列中，则与的等比中项为_.【答案】【解析】【分析】运用等比中项公式直接进行求解即可.【详解】因为，所以与的等比中项为.故答案为：14. 已知向量，满足，则_.【答案】【解析】【分析】由向量的和与差的模的运算得：，则，所以由可得解.【详解】因为向量，满足，所以，又 ，所以.故答案为：.15. 如图所示，某摩天轮设施，其旋转半径为50米，最高点距离地面110米，开启后按逆时针方向匀速旋转，转一周大约21分钟某人在最低点的位置坐上摩天轮座舱，并开始计时，则第7分钟时他距离地面的高度大约为_米【答案】85【解析】【分析】设乘客乘

9、坐摩天轮与地面的高度与时间的关系，利用待定系数法求得对应系数，写出的解析式，再计算的值【详解】设乘客乘坐摩天轮与地面的高度与时间的关系为：，,，由题意可知，即，又，即，故，第7分钟时他距离地面的高度大约为85米.故答案为：85.16. 已知定义域为的奇函数满足，当时，则函数在区间上的零点个数最多时，所有零点之和为_【答案】14【解析】【详解】试题分析：由于定义域为的奇函数满足， 函数 为周期函数，且周期为8，当时，函数在区间上的零点的个数，即为函数 与 的交点的个数，作出函数 上的函数的图象，显然，当 时，交点最多，符合题意，此时，零点的和为 .三解答题：共70分.解答应写出文字说明证明过程或

10、演算步骤.第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答.第2223题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.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. 已知是首项为1的等比数列，且，成等差数列.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）设等比数列的公

11、比为，根据已知根据等差中项的性质列出关系式，求解即可得出；（2）根据（1）的结论得出，然后根据错位相减法求和，即可得出答案.【小问1详解】设等比数列的公比为，因为，成等差数列，所以，即，化简可得，解得.又，所以数列的通项公式为.【小问2详解】因为，所以，则，-得，所以.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）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

12、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. 已知函数，且.（1）求在上的最大值；（2）设函数，若函数在上有三个零点，求的取值范围.【答案】（1）最小值为，最大值为. （2）【解析】【分析】（1）求得，根据，求得，进而求得函数单调区间，求得函数的最值.（

13、2）根据题意，得到，转化为与的图象有三个不同的交点，利用导数求得函数的单调性与极值，进而求得实数的取值范围.【小问1详解】解：由函数，可得，因为，可得，解得，所以且，当时，单调递增；当时，单调递减；当时，单调递增；当，函数取得极大值；当，函数取得极小值，又由，所以函数在区间上的最小值为，最大值为.【小问2详解】解：由函数和，可得，因为函数在上有三个零点，即有三个实数根，等价于与的图象有三个不同的交点，又由，当时，单调递增；当时，单调递减；当时，单调递增，所以当，函数取得极小值；当，函数取得极小值，又由当时，当时，要使得与的图象有三个不同的交点，可得，即实数的取值范围是.21. 已知函数（，e为

14、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，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，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

15、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.（二）选考题：共10分.请考生在第2223题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分选修4-4：坐标系与参数方程22. 平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（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.（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，

16、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.选修4-5：不等式选讲23. 已知函数（1）求的解集；（2）若函数的最小值为，且，求的最小值.【答案】（1） （2）4【解析】【分析】（1）利用分区间讨论的方法，去掉绝对值符号，化简函数的表达式，进而将转化为3个不等式组求解，即得答案；（2）结合（1）中的表达式，确定M的值，利用河西不等式即可求得答案.【小问1详解】，故等价于或或，解得，不等式的解集为；【小问2详解】当时，；当时，；当时，故函数的的最小值为，即利用柯西不等式可得，即，当且仅当时等号成立，