1、泸县五中高2021级高三一诊模拟考试数学（文史类）本试卷共4页，23小题，满分150分.考试用时120分钟.第I卷 选择题（60分）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. 全集，集合，则阴影部分表示的集合是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据给定的条件利用韦恩图反应的集合运算直接计算作答.【详解】韦恩图的阴影部分表示的集合为，而全集，集合，所以.故选：C2. 已知复数满足，则的虚部为（ ）（为虚数单位）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先对已知式子化简求出复数，从而可求出其虚部【详解】由
2、，得，所以的虚部为，故选：B3. 已知a0b，则下列不等式一定成立的是（ ）A. a2abB. |a|0b，此时a2ab，|a|b|，所以A，B，D不一定成立因为a0b，所以ba0，ab0b，所以，所以一定成立，故选：C.【点睛】对于不等式的判定，我们常取特殊值排除法和不等式的性质进行判断，另外对于指数式，对数式，等式子的大小比较，我们也常用函数的单调性4. 已知角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边上的一点的坐标为，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】直接利用三角函数的定义即可求解.【详解】， 故选：B5. 已知函数的图像在点处的切线与轴平行,则点的坐标是
3、 A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先设,再对函数求导得由已知得，即可求出切点坐标.【详解】设,由题得所以,.故选：B.【点睛】本题主要考查对函数求导和导数的几何意义，意在考查学生对该知识的掌握水平和分析推理能力.函数在点处的导数是曲线在处的切线的斜率，相应的切线方程是.6. 函数的大致图象是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】从各项图象的区别，确定先判断函数奇偶性(对称性)，再求导研究的符号,判断单调性即可.【详解】，是偶函数，图象关于y轴对称，排除选项AB.当时，则，由，故存在使得，即函数在区间上不单调，排除D.故选：C.【点睛】方法点睛：函数图象的辨识
4、可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置；(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象.7. 已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用两角和的正弦和余弦公式化简后可得所求的值【详解】因为，所以，而，故选：B8. 天文学中，用视星等表示观测者用肉眼所看到的星体亮度，用绝对星等反映星体的真实亮度.星体的视星等，绝对星等，距地球的距离有关系式（为常数）.若甲星体视星等为，绝对星等为，距地球距离；乙星体视星等为，绝对星等为，距地球距离，则（ ）A
5、. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用对数运算可求得的值.【详解】由已知可得，上述两个等式作差得，因此，.故选：A.9. 将函数的图象向右平移个单位后，得到函数的图象，则下列关于的说法正确的是（ ）A. 最小正周期为B. 最小值为C. 图象关于点中心对称D. 图象关于直线对称【答案】D【解析】【分析】先由题意求出，然后根据三角函数的图像和性质逐个分析判断即可【详解】解：因为 ，所以，所以的最小正周期为，所以A错误，最大值为2，最小值为，所以B错误，因为，所以图象不关于点中心对称，所以C错误，因为，所以图象关于直线对称，所以D正确，故选：D10. 设函数其中.若在上是增函数，则实数
6、的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】函数在两分段区间均为增函数，只需右段函数图像的最低点不低于左段函数的最高点，建立的不等量关系，再通过构造函数，即可求出结论.【详解】根据指数函数、对数函数性质知，在和上函数均为增函数，若在R上是增函数，则只需满足即可.构造函数，显然在上单调递增，且，故由，得，即实数a的取值范围是.故选:C.【点睛】本题考查分段函数的单调性，注意分段函数各段有相同的单调性合并单调区间的条件，构造函数解不等式是解题的关键，属于中档题.11. 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. B.
7、2C. 3D. 【答案】A【解析】【分析】利用平移变换得出，再由对称轴的性质得出，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.12. 已知函数，若存在，使得成立，则实数a的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用导数判断函数的单调性，并求出最大值，由已知条件列不等式即可求解.【详解】的定义域为，当时， ，当时， ，在上单调递增，在上单调递减，即，又存在，使得成立， ，解得，则实数的
8、取值范围为，故选：D.第II卷 非选择题（90分）二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13. 函数，则_【答案】【解析】【分析】由题意结合函数的解析式求解函数值即可.【详解】由函数的解析式可得：，则.故答案为【点睛】求分段函数的函数值，要先确定要求值的自变量属于哪一段区间，然后代入该段的解析式求值，当出现f(f(a)的形式时，应从内到外依次求值14. 已知定义在上的奇函数满足，且，则的值为_【答案】2【解析】【分析】由为奇函数且可得函数是周期为4的周期函数.可将转化为，由奇函数特点可得，在中，令，可得，问题得解【详解】因为为奇函数，所以，又，所以，所以，所以函数是周期为4的周期函数.
9、所以 ，又，在中，令，可得，.【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性与周期性的应用，考查运算求解能力、等价变换的能力，还考查了赋值法，属于中档题15. 已知在三棱锥中， ，平面平面，则三棱锥外接球的表面积为_【答案】【解析】【分析】根据已知条件确定的外接圆圆心，及三棱锥的外接球球心O、AC边中点H的位置关系-四边形为矩形，进而应用正弦定理、侧面外接圆半径与外接球半径、点面距之间的关系，求外接球半径，即可求球的表面积.【详解】如图分别为的外心.由，即为中点，取中点则，又面面，面面，面，即面设球心为，则平面，又，面，面面，面面，平面，又平面.，即四边形为矩形. 由正弦定理知：，即，若外接球半径R，则，
10、.故答案为：.【点睛】关键点点睛：利用面面垂直、等腰直角三角形的性质，应用三棱锥侧面外接圆半径、外接球半径、点面距之间的几何关系，结合正弦定理求外接球半径，进而求表面积.16. 若函数恰有2个零点，则实数a取值范围是_.【答案】【解析】【分析】求出函数的导数，分类讨论，当，在上单调递增，不满足条件；当时，判断函数的单调性求出最大值，证明函数在上有一个零点，在上有一个零点即可求得a的取值范围.【详解】函数的定义域为，若，则，所以在上单调递增，在不可能有两个零点；若，由得，当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，所以函数在处有最大值，设，所以在定义域上为减函数，又，所以当时，此时，所以在上有一个零
11、点，设，设，当时，所以在上为减函数，又，所以当时，则为减函数，又因为，所以当时，恒成立，因为，所以，即，所以在上有一个零点，综上所述，a的取值范围为.故答案为：【点睛】本题考查导数在研究函数的性质中的应用、利用导数研究函数的零点，属于较难题.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.（一）必考题：共 60 分.17. 已知函数.（1）求单调递增区间；（2）若，且，求的值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用二倍角公式和两角和的正弦公式化简，再根据正弦函数的递增区
12、间可得结果；（2）由得到，由可得，再根据可求得结果.【详解】（1），由，得，则函数单调递增区间为.（2）由得，即，由，可得，则，所以.【点睛】关键点点睛：第（2）问将拆为已知角和特殊角是本题解题关键.18. 已知函数(，)的部分图象如图所示，为图象与轴的交点，分别为图象的最高点和最低点，中，角，所对的边分别为，的面积.（1）求的角的大小；（2）若，点的坐标为，求的最小正周期及的值.【答案】（1）；（2）最小正周期为，.【解析】【分析】（1）根据，利用余弦定理和三角形面积公式，易得，即求解.由，利用余弦定理可得，进而得到函数的最小正周期为，然后由在函数的图象上，求得即可.【详解】（1），由余弦定
13、理得，又，即，.由题意得，由余弦定理，得，即，设边与轴的交点为则为正三角形，且，函数的最小正周期为，又点在函数的图象上，即，即，即又，.【点睛】方法点睛：（1）求f(x)Asin(x)(0)的对称轴，只需令xk(kZ)，求x；求f(x)的对称中心的横坐标，只需令xk(kZ)即可（3）求最小正周期时可先把所给三角函数式化为yAsin(x)或yAcos( x)的形式，则最小正周期为T；（3）奇偶性的判断关键是解析式是否为yAsin x或yAcos xb的形式19. 已知函数在处取得极值（1）求实数的值；（2）若函数在内有零点，求实数的取值范围【答案】（1）； （2）.【解析】【分析】（1）根据，求
14、出的值，再验证即可；（2）利用导数得出函数在是的最值，由求解即可.【小问1详解】解： ,所以，又 在处取得极值，解得.经验证时，当时，；当时，所以 在处取得极值.所以；【小问2详解】解：由（1）知，的极值点为，将，在内的取值列表如下：0(0，1)1(1，2)20b单调递减极小值b2单调递增b2在内有零点，解得， 实数 的取值范围是.20. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，与均为等边三角形，点为的中点.（1）证明：平面平面；（2）若点在线段上且，求三棱锥的体积.【答案】（1）证明见解析 （2）6【解析】【分析】（1）连接，交于，连接，根据题意易证，从而得到平面，再根据面面垂直的判定即可证明平面
15、平面.（2）由题意易得：平面，设点到平面的距离为，根据，得到，再根据体积公式求解即可.【小问1详解】连接，交于，连接，如图所示：由于，点为的中点，所以四边形为正方形，可得，又与均为等边三角形，可得，在等腰中，点为的中点，所以，平面.所以平面，又平面，所以平面平面【小问2详解】由，与均为等边三角形，四边形为正方形，与相交于点，可知，在中，为中点，则.则.在中，所以.又平面平面，平面与平面交于，所以平面，设点到平面的距离为，又，所以， .所以，三棱锥的体积为21. 已知函数，是自然对数的底数.（1）当，时，求整数的值，使得函数在区间上存在零点；（2）若，且，求的最小值和最大值.【答案】（1） （2
16、），.【解析】【分析】（1）求导得函数的单调性，进而结合零点存在性定理即可求解，（2）由导数可得函数的单调性，进而可得最小值，构造函数，利用导数求解单调性，进而可得最大值.【小问1详解】解：当，时，当时，故是上的增函数，同理是上的减函数，故当时，当时，故当时，函数的零点在内，满足条件.同理，当时，函数的零点在内，满足条件，综上.【小问2详解】由已知当时，由，可知，；当时，由，可知，；当时，在上递减，上递增，当时，而，设，（仅当时取等号），在上单调递增，而，当时，即时，即.（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，则按所做的第一题计分.选修 4-4：坐标系与
17、参数方程22. 在平面直角坐标系中，曲线C1的方程为，曲线C2的参数方程为（t为参数），直线l过原点O且与曲线C1交于A、B两点，点P在曲线C2上且OPAB以O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系（1）写出曲线C1的极坐标方程并证明为常数；（2）若直线l平分曲线C1，求PAB的面积【答案】（1），证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）写出的极坐标方程，设直线l的极坐标方程为，代入的方程，利用韦达定理证明为定值；（2）直线l平分曲线得直线l的方程，因为，得直线OP的方程，求得点P的坐标，计算三角形面积.【小问1详解】的一般方程为，由，得的极坐标方程为，证明：设直线l的极坐标方程为，点，将代入，得，为方程的两个根，.【小问2详解】因为直线l平分曲线，所以直线l过点，直线l的方程为，因为，所以直线OP为，曲线的普通方程为，与直线OP的方程联立，得，点P到直线l的距离，圆的直径，所以的面积.选修 4-5：不等式选讲23. 已知函数的最大值为.（1）求值；（2）若正数，满足，求证：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）利用绝对值三角不等式求出的最大值，让最大值等于即可得的值；（2）由（1）知，由利用基本不等式即可求证.【详解】（1）由题意得，因为函数的最大值为，所以，即.因为，所以；（2）由（1）知，因为，所以，当且仅当时，即，等号成立，即，所以，
