四川省绵阳市三台中学2023届高三数学（理）一诊模拟考试试题（四）（Word版附解析）

三台中学2020级一诊模拟试题（四）

理科数学

本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．满分150分．考试时间120分钟．

注意事项：

1．答题前，考生务必将自己的学校、班级、姓名用0.5毫米黑色签字笔填写清楚，同时用2B铅笔将考号准确填涂在“考号”栏目内．

2．选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再选涂其它答案：非选择题用0.5毫米黑色签字笔书写在答题卡的对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效．

3．考试结束后将答题卡收回．

第Ⅰ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，，则=（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用一元二次不等式的解法，先求出集合，再根据交集的定义即可求解.

【详解】因为集合，又集合，

所以，

故选：D.

2. 已知a，b，c满足c<b<a，且ac<0，那么下列选项中一定成立的是（    ）

A. ab>ac B. c(b－a)<0

C. cb2<ab2 D. ac(a－c)>0

【答案】A

【解析】

【分析】根据已知条件，求得的正负，再结合，则问题得解.

【详解】由c<b<a且ac<0，知c<0且a>0.

由b>c，得ab>ac一定成立，即正确；

因为，故，故错误；

若时，显然不满足，故错误；

因为，故，故错误.

故选：.

【点睛】本题考查不等式的基本性质，属简单题.

3. 若等比数列满足，，（    ）．

A.  B.  C. 8 D. 64

【答案】A

【解析】

【分析】

根据条件先求出数列的首项和公比，即可求出.

【详解】设数列的公比为，

，解得，，

.

故选：A.

4. 下列命题正确的是（    ）

A. 命题“”为假命题，则命题与命题都是假命题

B. 命题“若，则” 的逆否命题为真命题

C. 若使得函数的导函数，则为函数的极值点；

D. 命题“，使得”的否定是：“，均有”

【答案】B

【解析】

【分析】根据复合命题的真假判断A，根据四种命题的关系判断B，根据极值的定义判断C，根据命题的否定判断D．

【详解】对于A：命题“”为假命题，则命题与命题至少有一个假命题，故A错误；

对于B：命题“若，则”显然为真命题，又原命题与逆否命题同真同假，故B正确；

对于C：若使得函数的导函数，

如果两侧的导函数的符号相反，则为函数的极值点；否则，不是函数的极值点，故C错误；

对于D：命题“存在，使得”的否定是：“对任意，均有”．故D错误.

故选：B．

5. 设，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据指数函数、对数函数的性质计算可得；

【详解】解：因为，，所以

因为

所以，所以．

故选：B

6. 若向量，满足，，则在方向上的投影为（    ）

A. 1 B.  C.  D. －1

【答案】B

【解析】

【分析】先利用向量数量积的运算求得，再利用投影的定义求解即可.

【详解】因为，，

所以，即，则，

故在方向上的投影.

故选：B.

7. 函数的大致图象是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】利用排除法，先判断函数的奇偶性，再取特殊值验证即可

【详解】因为，

所以为奇函数，所以函数图象关于原点对称，所以排除CD，

因为，，所以排除B，

故选：A

8. 已知菱形的对角线相交于点，点为的中点，若，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据题意,以对角线交点为坐标原点，对角线所在直线为轴建立直角坐标系,利用坐标法求解.

【详解】解：如图，以点为坐标原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，

由，，

所以，，，，

所以，

所以.

故选：B

【点睛】本题考查向量的数量积运算，解题的关键在于根据题意建立平面直角坐标系，利用坐标法求解，考查运算求解能力，是中档题.

9. 函数的部分图象如图所示，为了得到的图象，只需将函数的图象

A. 向左平移个单位长度 B. 向左平移个单位长度

C. 向右平移个单位长度 D. 向右平移个单位长度

【答案】B

【解析】

【详解】 , ， , , ,解得： ，所以 ， ， ，根据平移原则，可知函数向左平移个单位，故选B.

10. 已知各项都为正数的等比数列，满足，若存在两项，，使得，则最小值为（    ）

A 2 B.  C.  D. 1

【答案】B

【解析】

【分析】先利用等比数列通项公式求得公比，从而推得的值，由此利用基本不等式“1”的妙用即可得解.

【详解】因为正项等比数列满足，设其公比为，则，，

所以，得，解得，

因为，所以，则，即，故，

所以，

当且仅当，即时，等号成立，故的最小值为.

故选：B.

11. 已知函数的最小正周期为，若在上有两个实根，，且，则实数的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】由题设可得，将问题转化为在上与有两个交点且交点横坐标之差，应用数形结合确定的取值范围.

【详解】由题设，，则，即，

又在上有两个实根，，且，

上，，则的图象如下：

∴要使，则对应，

∴当时，有两个交点且.

故选：D

12. 已知直线是曲线与曲线的一条公切线，与曲线切于点，且是函数的零点，则的解析式可能为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】设公切线在曲线上的切点坐标为，在曲线上的切点坐标为，利用导数的几何意义可得出，消去可得出关于的等式，即可得出函数可能的解析式.

【详解】由，可得.由，可得.

设公切线在曲线上的切点坐标为，

在曲线上的切点坐标为，则，

整理可得①.

曲线在点处的切线方程为，即，

曲线在点处的切线方程为，即，

所以，，即②，

将①代入②中整理可得.

因为是函数的零点，所以的解析式可能为.

故选：B.

第Ⅱ卷（共90分）

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．

13. 若，满足约束条件，则的最小值为______．

【答案】

【解析】

【分析】

先作出可行域，将目标函数化为，要求的最小值，则需求直线在轴上的截距的最大值，由图可得答案.

【详解】由，满足约束条件作出可行域,如图

由，解得 由，解得

由，解得

将目标函数化为，

则表示直线在轴上的截距的倍.

要求的最小值，则需求直线在轴上的截距的最大值.

由图可知，当目标函数过点时，直线在轴上的截距的最大值.

此时的最小值为

故答案为：

14. 当时，函数的值域为________．

【答案】

【解析】

【分析】由，求得，化简，结合二次函数的性质，即可求解.

【详解】因为，可得，

又由，

当，取得最小值；

当或，取得最大值，

即函数的值域为.

故答案为：.

【点睛】本题主要考查了函数的值域的求解，其中解答中熟记三角函数的基本关系式和正弦函数的性质，以及二次函数的图象与性质是解答的关键，属于基础题.

15. 已知函数，则不等式的解集为______．

【答案】

【解析】

【分析】分别在和的情况下，结合指数和对数函数单调性可解不等式求得结果.

【详解】当，即时，，

，解得：（舍）；

当，即时，，

，解得：，；

综上所述：不等式的解集为.

故答案为：.

16. 数列前项和为，，数列满足，则数列的前10项和为______．

【答案】65

【解析】

【分析】

由的递推式可得，结合已知条件有，即可求数列的前10项和.

【详解】由知：，则，得，

∴，而，

∴，故数列的前10项和为，

故答案为：65.

【点睛】关键点点睛：递推式的应用求条件等式中因式的表达式，进而求数列的通项，最后求前10项和.

三、解答题：本大题共5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，角A，B，C对边分别为a，b，c，向量，，且．

（1）求角B的大小；

（2）若点M为BC中点，且，求．

【答案】（1）；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）利用向量共线的坐标表示，再利用正弦定理边化角及和角的正弦公式求解作答.

（2）取CM中点D，连接AD，利用直角三角形边角关系及正弦定理求解作答.

【小问1详解】

向量，，且，于是，

在中，由正弦定理，得，

即，整理得，

又，因此，而，

所以．

【小问2详解】

取CM中点D，连接AD，由，得，令，而点M为BC中点，则，

由（1）知，于是，，

在中，由正弦定理知，

所以．

18. 已知数列是公差不为零的等差数列，，其前n项和为，数列前n项和为，从①，，成等比数列，，②，，这两个条件中任选一个作为已知条件并解答下列问题.

（1）求数列，的通项公式；

（2）求数列的前n项和.

【答案】（1）条件选择见解析；，；（2）.

【解析】

【分析】（1）选条件①：设数列的公差为d，根据等比中项的性质建立方程，解之可求得公差d，由等差数列的通项公式求得，再由，两式相减得数列是首项为1，公比为的等比数列，根据等比数列的通项公式求得；

选条件②：由已知得等差数列的公差为，由等差数列的通项公式求得，再由求得，注意时是否满足；

（2）由（1）可得：，由错位相减法可求得.

【详解】解：（1）选条件①：设数列的公差为d，

由，，成等比数列，可得：，即，

解得：或（舍），

所以，

∵，∴，，

两式相减整理得：，，

又当时，有，解得：，

∴数列是首项为1，公比为的等比数列，

∵；

选条件②：∵，∴等差数列的公差为，

又，∴，

又∵，

∴当时，有，又当时，有，也适合上式，

∵；

（2）由（1）可得：，

∴·，

又，

两式相减得：

整理得：.

19. 设.

（Ⅰ）求的单调区间；

（Ⅱ）在锐角中，角的对边分别为,若,求面积的最大值.

【答案】（Ⅰ）单调递增区间是；

单调递减区间是

（Ⅱ） 面积的最大值为

【解析】

【详解】试题分析：（Ⅰ）首先利用二倍角公式化简函数 的解析式，再利用正弦函数的单调性求其单调区间；

（Ⅱ）首先由 结合（Ⅰ）的结果，确定角A的值，然后结合余弦定理求出三角形面积的最大值.

试题解析：

解：（Ⅰ）由题意知

由 可得

由 可得

所以函数 的单调递增区间是 ；

单调递减区间是

（Ⅱ）由 得

由题意知为锐角，所以

由余弦定理：

可得：

即： 当且仅当时等号成立.

因此

所以面积的最大值为

考点：1、诱导公式；2、三角函数的二倍角公式；3、余弦定理；4、基本不等式.

20. 已知.

（Ⅰ）若在时有极值，求，的值；

（Ⅱ）若，求的单调区间.

【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）答案见解析.

【解析】

【分析】（Ⅰ）求出导函数，由题意可得，解方程组求出，的值，再验证是否在是否取得极值即可.

（Ⅱ）由题意求出，讨论、或，利用导数与函数单调性之间的关系即可求解.

【详解】解：（Ⅰ）由题意得，

则，解得：或，

经检验当，时，函数在处无极值，

而，满足题意，故，；

（Ⅱ）

故，

故时，，函数在上递增，

当时，函数在递增，在递减，在递增，

当时，函数在递增，在递减，在递增．

21. 已知函数.

（1）求证：；

（2）若函数有两个零点，求a的取值范围.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）求出，讨论其符号后可得函数的单调性，结合原函数的最值可得不等式成立.

（2）求出，讨论其符号后可得函数的单调性，根据零点的个数可得最值的符号，从而可得a的取值范围，注意利用零点存在定理验证.

【小问1详解】

，

则当时，，当时，，

故在上为增函数，在上减函数，

故即.

【小问2详解】

，故，

因为，故，

所以当时，，当时，，

故在上为增函数，在上减函数，

因为函数有两个零点，故即，

又当时，对任意，有：

，

故此时在上有且只有一个零点.

下证：当时，总有成立，

设，则，故在上为增函数，

故，即成立.

故当时有

由（1）可得，

故当时，，

故此时在上有且只有一个零点.

综上，当有两个零点时，.

选考题：请考生在第22、23两道题中任选一题作答．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. 数学中有许多寓意美好的曲线，在极坐标系中，曲线被称为“三叶玫瑰线”（如图所示）．

（1）当，求以极点为圆心，为半径的圆与三叶玫瑰线交点的极坐标；

（2）设点P是由（1）中的交点所确定的圆M上的动点，直线，求点P到直线l的距离的最大值．

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】（1）由可得，然后解出的值即可；

（2）将圆和直线l的极坐标方程转化为直角坐标方程，然后可求出答案.

【详解】（1）由可得，所以或

所以或

因为，所以

所以交点的极坐标为

（2）由（1）可得圆M的极坐标方程为，转化为直角坐标方程为

直线的直角坐标方程为

所以点P到直线l的距离的最大值为

选修45：不等式选讲

23. 已知函数.

（1）求不等式的解集；

（2）若不等式的解集包含，求实数的取值范围.

【答案】(1)；(2).

【解析】

【分析】

（1）分类讨论，求解不等式即可；

（2）将问题转化为二次函数在区间上恒成立的问题，列出不等式组即可求得.

【详解】（1）当时，等价于，

解得；

当时，等价于，恒成立，

解得；

当时，等价于，

解得；

综上所述，不等式的解集为.

（2）不等式的解集包含，

等价于在区间上恒成立，

也等价于在区间恒成立.

则只需满足：

且即可.

即，

解得.