四川省泸州市2021届高三第一次诊断性考试理科数学(一模)答案

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A．    B．    C．    D．

【答案】B【分析】解出集合，利用交集的定义可求得集合.

【解析】，当时，，

所以，集合为不小于的奇数组合的集合，

因此，.

故选：B.

2．“”是“”的（ ）

A．充分不必要条件    B．必要不充分条件

C．充分必要条件    D．既不充分也不必要条件

【答案】A【解析】试题分析：因为，所以“”是“”的充分不必要条件；故选A．

3．已知，，，则，，的大小关系正确的是（    ）

A．    B．    C．    D．

【答案】A【分析】利用指对数函数的性质，确定，，的范围，即可知它们的大小关系.

【解析】由，，，可知：.

故选：A

4．我国的5G通信技术领先世界，5G技术的数学原理之一是著名的香农（Shannon）公式，香农提出并严格证明了“在被高斯白噪声干扰的信道中，计算最大信息传送速率的公式，其中是信道带宽（赫兹），是信道内所传信号的平均功率（瓦），是信道内部的高斯噪声功率（瓦），其中叫做信噪比．根据此公式，在不改变的前提下，将信噪比从99提升至，使得大约增加了60%，则的值大约为（    ）（参考数据：）

A．1559    B．3943    C．1579    D．2512

【答案】C【分析】由题意可得的方程，再由对数的运算性质求解即可．

【解析】由题意得：，

则，，

故选：C

5．下图为某旋转体的三视图，则该几何体的侧面积为（    ）

A．    B．    C．    D．

【答案】A【分析】由三视图确定几何体为圆锥体，应用圆锥体侧面积公式求面积即可.

【解析】由三视图知：几何体为底面半径为1，高为3的圆锥体，

∴其侧面展开为以底面周长为弧长，圆锥体母线长为半径的扇形，

故几何体的侧面积为，

故选：A

6．定义在上的函数满足，，当时，，则函数的图象与的图象的交点个数为（    ）

A．3    B．4    C．5    D．6

【答案】A【分析】由题设可知的周期为2，关于对称的偶函数，结合已知区间的解析式及，可得两函数图象，即知图象交点个数.

【解析】由题意知：的周期为2，关于对称，且，

∴为偶函数，即可得、的图象如下：

即与交于三点，故选：A.

7．已知两点，是函数与轴的两个交点，且两点A，B间距离的最小值为，则的值为（    ）

A．2    B．3    C．4    D．5

【答案】B【分析】由已知得，解之可得选项．

【解析】设函数的最小正周期为T，则由已知得，解得，故选：B．

8．函数（其中是自然对数的底数）的图象大致为（    ）

A．    B．

C．    D．

【答案】A【分析】由函数的奇偶性排除；由的函数值，排除；由当时的函数值，确定答案.

【解析】由题得函数的定义域为,

因为，所以函数是奇函数，所以排除；当时，，所以排除；当时，，所以选.故选：A

9．如图，在长方体中，，分别为，的中点，，分别为，的中点，则下列说法错误的是（    ）

A．四点，，，在同一平面内

B．三条直线，，有公共点

C．直线与直线不是异面直线

D．直线上存在点使，，三点共线

【答案】C【分析】利用两条平行线确定一个平面可判断A；利用点共线公理可判断B；根据异面直线的定义可判断C；连接可判断D.

【解析】作出图象，如图：

对于A，连接，则，，所以，

所以四点，，，在同一平面内，故A正确；

对于B，延长，则相交于点，

又平面，平面，

则平面，平面，

且平面平面，

所以，即三条直线，，有公共点，故B正确；

对于C，直线为正方体的体对角线，所以直线与直线

不可能在同一平面内，所以直线与直线是异面直线，故C错误；

对于D， 均在平面内，连接，则与相交，

所以直线上存在点使，，三点共线，故D正确；

故选：C

10．已知方程的两根分别为，，则（    ）

A．    B．    C．    D．

【答案】D【分析】作出与的图象，由此得到的大小关系，再代入到函数解析式中整理即可.

【解析】解：不妨设，作出与的图象，如图.

由图可知，则，

则，，

那么，则.故选：D.

11．已知三棱锥中，平面平面，且和都是边长为2的等边三角形，则该三棱锥的外接球表面积为（    ）

A．    B．    C．    D．

【答案】D【分析】由题意画出图形分别取与的外心，过分别作两面的垂线，相交于，结合已知由，求出三棱锥外接球的半径，则外接球的表面积可求.

【解析】如图，

由已知可得，与均为等边三角形，

取中点，连接，，则，

∵平面平面，则平面，

分别取与的外心，过分别作两面的垂线，相交于，

则为三棱锥的外接球的球心，

由与均为边长为的等边三角形，

可得，

，

，

∴三棱锥A−BCD的外接球的表面积为.故选：D.

12．已知函数，若存在实数，且，使，则实数的取值范围为（    ）

A．    B．

C．    D．

【答案】D【分析】根据导数判断函数的单调性，画出函数的大致形状，然后根据题意进行求解即可.

【解析】，

因为，所以当或时，，单调递增，

当时，，单调递减，

或，函数图象大致如下图所示：

因为存在实数，且，使，

所以有，或，解得：，解得，故选：D

二、填空题

13．已知函数，则的值为______．

【答案】3【分析】根据解析式求出，再求出即可.

【解析】，，

.故答案为：3

14．曲线与轴所围成的图形面积为______．

【答案】2【分析】直接利用定积分求解.

【解析】由题得.

所以所求的图形的面积为2.故答案为：2

15．在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，它们的终边关于轴对称．若，则______．

【答案】【分析】由题意得，然后由求解.

【解析】因为角与角均以为始边，它们的终边关于轴对称，且，

所以，

所以，故答案为：

16．如图，棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点(不含端点)，有下列结论：

①平面A1D1P⊥平面A1AP；

②多面体的体积为定值；

③直线D1P与BC所成的角可能为；

④APD1能是钝角三角形.

其中结论正确的序号是___________(填上所有序号).

【答案】①②④【分析】对于①，平面，所以平面A1D1P⊥平面A1AP，故①正确；

对于②，，为定值，故②正确；

对于③，利用向量法和反证法证明直线D1P与BC所成的角不可能为，故③不正确；

对于④，利用向量法证明可能是钝角.此时APD1是钝角三角形，故④正确.

【解析】对于①，正方体中，，，

，平面，

平面，平面平面，故①正确；

对于②，，到平面的距离，

三棱锥的体积：，为定值，故②正确；

对于③，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，

，0，，，，1，，设，，，，

，，，，

，，

假设，所以，

，，所以，所以假设不成立，

故③错误；

对于④，见上图，由题得,设，

所以，

所以，

当时，，即是钝角.此时APD1是钝角三角形.

故④正确.

故答案为：①②④

三、解答题

17．已知函数．

（Ⅰ）若，求的值；

（Ⅱ）若函数图象上所有点的纵坐标保持不变，横坐标变为原来的倍得函数的图象，且关于的方程在上有解，求的取值范围．

【分析】（Ⅰ）先利用辅助角公式对进行化简，再根据，列出方程即可求解.

（Ⅱ）先利用图象变换得到函数的图象，方程在上有解等价于求在上的值域，求解即可.

【解析】解：（Ⅰ），

又，

，

，

即，

；

（Ⅱ）把图象上所有点横坐标变为原来的倍得到函数的图象，

函数的解析式为，

关于的方程在上有解，

等价于求在上的值域，

，

，

即，

故的取值范围为．

18．已知曲线在点处的切线方程为．

（1）求，的值；

（2）判断函数在区间上零点的个数，并证明．

【分析】（1）求出即得的值，求出即得的值；

（2）先证明在上为单调递增函数且图象连续不断，再求出，，即得证.

【解析】（1）因为，

所以，

又因为，

因为曲线在点处的切线方程为．

所以，

所以

所以；

（2）在上有且只有一个零点，

因为，，，

所以在上为单调递增函数且图象连续不断，

因为，，

所以在上有且只有一个零点．

19．的内角，，的对边分别为，，．已知．

（Ⅰ）求；

（Ⅱ）已知，，且边上有一点满足，求．

【分析】（Ⅰ）根据三角形内角和定理、诱导公式，结合正弦定理、正弦的二倍角公式进行求解即可；

（Ⅱ）根据三角形面积公式，结合余弦定理进行求解即可.

【解析】解：（Ⅰ）由可得：

，，

又，得，

由正弦定理得，

因为，所以，

所以，因为，所以，

所以，即，所以．

（Ⅱ）设，则，

在中，由，及余弦定理可得：，

所以，

因为，可知，

在中，，

即

在中，，

即，

得，．

20．如图，在四棱锥中，底面是菱形，是线段上一点（不含，），在平面内过点作平面交于点．

（Ⅰ）写出作的步骤（不要求证明）；

（Ⅱ）若，，是的中点，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．

【分析】（Ⅰ）过点作交于点，在平面内过点作交于，连接，根据面面平行的性质定理，即为所求．

（Ⅱ）解法一：如图建系，可求得点坐标，分别求得平面与平面的法向量和，利用向量法即可求得二面角的余弦值；

解法二：延长，交于，连接，根据线面平行的性质定理，可得，利用几何法可求得平面与平面所成角的平面角，在中，即可求得答案.

【解析】（Ⅰ）第一步：在平面内，过点作交于点；

第二步：在平面内过点作交于；

第三步：连接，即为所求．如图所示：

（Ⅱ）解法一：因为是的中点，，所以是的中点，

而，所以是的中点，

连接，交于，连，设在底面的射影为，

因为，所以，即为的外心，

所以与重合， 

因为，，所以，，

过作交于，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示：

则，，，

所以，，设平面的法向量为，

则，

取，则，，所以

因为平面，所以平面平面，又，

所以平面，

故为平面的法向量，

设平面与平面所成锐二面角的大小为，

则，

故平面与平面所成锐二面角的余弦值为．

解法二：延长，交于，连接，如图所示：

因为平面，平面平面，平面，所以，

又是的中点，则是的中点，又，所以是的中点，

故，所以，

因为平面，所以平面平面，

又，所以平面，

所以平面，

所以，即平面，

所以为二面角的平面角，

在中，，故

故平面与平面所成的锐二面角的余弦值为．

21．已知函数，其中，是自然对数的底数．

（Ⅰ）求函数的单调递增区间；

（Ⅱ）设关于的不等式对恒成立时的最大值为，求的取值范围．

【分析】（Ⅰ）先对函数求导，分别讨论和两种情况，解对应的不等式，即可求出单调递增区间；

（Ⅱ）先由题中条件，得到对恒成立，令，对其求导，利用分类讨论的方法，结合导数的方法判定函数单调性，得出最值，即可求解出结果.

【解析】（Ⅰ）因为，

所以，因为，，

所以①当即时，恒成立，即恒成立，

所以单调递增，即的单调递增区间为；

②当即时，方程的两根为：

，，且，

由得或；

由得，

则的单调递增区间为，；

综上当时，的增区间为，

②当时，的增区间为，；

（Ⅱ）关于的不等式对恒成立，等价于对恒成立，

因为，，所以，

令，

则，

令，则在上恒成立，

所以在上递增；则，即；

①当，即时，

因为，所以，

当，，即，所以在上递增，

所以，

故；

②当即时，

因为，，即，

所以在上递减，所以，

故；

③当，即时，

因为在上递增，

所以存在唯一实数，使得，即，

则当时，，即；

当时，，即，

故在上单减，上单增，

所以，

所以，

设，则，

所以在上递增，所以．

综上所述，．

22．在平面直角坐标系中，曲线是圆心在，半径为的圆，曲线的参数方程为（为参数且），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系．

（1）求曲线的极坐标方程；

（2）若曲线与坐标轴交于、两点，点为线段上任意一点，直线与曲线交于点（异于原点），求的最大值．

【分析】（1）求出曲线的直角坐标方程，根据直角坐标与极坐标的转换关系可得出曲线的极坐标方程；

（2）求出点、的坐标，求出线段的极坐标方程，设、的极坐标分别为、，求出、关于的表达式，利用三角恒等变换思想结合正弦函数的有界性可求得的最大值．

【解析】（1）曲线的直角坐标方程为，即，

所以曲线的极坐标方程为，即；

（2）曲线的参数方程为，

因为曲线与两坐标轴相交，所以曲线交轴于点、交轴于点，

所以，线段的方程为，

则线段的极坐标方程为，

设点、的极坐标分别为、，

点在线段上，可得，可得，

点在曲线上，则，

，

，可得，

当时，即当时，取得最大值．

23．若，，且.

（1）求的最小值；

（2）记（1）中的最小值为，若，使不等式成立，求实数的取值范围.

【分析】（1）由基本不等式，可知，令，可得，可求出的取值范围，进而可求出答案；

（2）由（1）知，则，使不等式成立，求出的最小值，令，即可求出实数的取值范围.

【解析】（1）因为，，所以，当且仅当时等号成立，

令，则且，

所以，整理得，解得或，

因为，所以，即，解得.

所以的最小值为2.

（2）由（1）知，则，使不等式成立，

因为，所以，解得.

所以实数的取值范围是.