四川省泸州市2020届高三第一次教学质量诊断性考试数学（理）试题

四川省泸州市2020届高三第一次教学质量诊断性考试数学（理）试题

泸州市2020届（2017级）高三第一次教学质量检测 数学理试题2019.11‎ 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷3至4页.共150分.考试时间120分钟.‎ 注意事项：‎ ‎1.答题前，先将自己的姓名.准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.‎ ‎2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题的答案标号涂黑.‎ ‎3.填空题和解答题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内，作图题可先用铅笔绘出，确认后再用0.5毫米黑色签字笔描清楚，写在试题卷.草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.‎ ‎4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交.‎ 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.已知集合，集合，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 可以求出集合，然后进行交集的运算即可．‎ ‎【详解】解：， ． 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查集合交集的运算，属于基础题．‎ ‎2.下列函数中，满足“对任意，且都有”的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对任意，且都有”，可知函数在上单调递减，结合选项即可判断．‎ ‎【详解】解：“对任意，且都有”， ∴函数在上单调递减， 结合选项可知，在单调递增，不符合题意， 在单调递减，符合题意， 在单调递增，不符合题意， 在单调递增，不符合题意， 故选：B．‎ ‎【点睛】本题主要考查了基本初等函数的单调性的判断，属于基础试题．‎ ‎3.“”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】‎ ‎【分析】‎ 由可得，由也可得，观察两个的范围之间的关系即可得结果.‎ ‎【详解】解：由可得，‎ 由可得，‎ 所以“”是“”的充分不必要条件，‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查条件的充分性和必要性，关键是求出的取值，本题是基础题.‎ ‎4.已知函数y=f（x）+x是偶函数，且f（2）=1，则f（-2）=（　　）‎ A. 2 B. 3 C. 4 D. 5‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎∵是偶函数 ‎∴‎ 当时，，又 ‎∴‎ 故选D ‎5.一条直线若同时平行于两个相交平面，那么这条直线与这两个平面交线的位置关系是（ ）‎ A. 异面 B. 相交 C. 不能确定 D. 平行 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意设，然后过直线作平面与都相交，利用线面平行的性质定理与判定定理，即可求解.‎ ‎【详解】设，过作平面与都相交，‎ 记，则有，‎ ‎,‎ ‎.‎ 故选:D ‎【点睛】本题考查线面平行的性质定理和判定定理综合应用，属于基础题.‎ ‎6.如右图所示的图象对应的函数解析式可能是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图像判断函数的定义域可排除B,C选项，对于选项D分析函数值的正负可得出错误，对选项A可通过求导，求出单调区间，极值，函数值的正负，可判断正确.‎ ‎【详解】选项A：，‎ 令，‎ ‎，函数的单调递增区间是，‎ 单调递减区间是，函数的极大值点为，‎ 极小值点为，函数的零点为，‎ ‎，，‎ 故选项A满足题意；‎ 选项B：函数定义域为，不合题意；‎ 选项C：函数的定义域为，不合题意；‎ 选项D：当，不合题意.‎ 故选:A ‎【点睛】本题考查了函数的图像和性质的应用问题，解题时要注意分析每个函数的定义域与值域的图像特征，是综合性题目.‎ ‎7.已知，，，，则下列选项中是假命题的为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 命题：由三角函数定义，即可判断出真假；命题：由求根公式，即可判断出真假，根据复合命题真值表判断结果即可．‎ ‎【详解】解：命题：由三角函数的定义，角终边与单位圆交于点， 过作轴，垂足是，单位圆交轴于点，‎ 则，弧长即为角；显然弧长； ∴，是真命题； 命题：解方程，则，‎ 因此，，是假命题． 则下列选项中是假命题的为．而A，B，D都是真命题． 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查了三角函数的定义，方程的求根公式、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．‎ ‎8.我国古代数学名著《九章算术》中，割圆术有：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣.”其体现的是一种无限与有限的转化过程，如在中，“…”即代表无限次重复，但原式却是个定值x，这可以通过方程 确定x的值，类似地的值为（ ）‎ A. 3 B. C. 6 D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过已知得到求值方法：先换元，再列方程，解方程，求解（舍去负根），再运用该方法，注意两边平方，得到方程，解出方程舍去负的即可．‎ ‎【详解】解：令， 则两边平方得，则， 即，解得，舍去． 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查类比推理的思想方法，考查从方法上类比，是一道中档题．‎ ‎9.已知函数的图象如图所示，下列关于的描述中，正确的是（ ）‎ A. ‎ B. 最小正周期为 C. 对任意都有 D. 函数的图象向右平移个单位长度后图象关于坐标原点对称 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由三角函数图象得的值，得到的解析式，进而再判断每个命题的真假．‎ ‎【详解】解：由图知：，‎ 而时，又在递减区域， ，而， 所以，所以A不正确，‎ 最小正周期，所以B不正确， ，所以C不正确； 函数的图象向右平移个单位长度后得，关于原点对称，所以④正确． 故选：D．‎ ‎【点睛】考查三角函数的图象得函数解析式，及三角函数的性质，属于简单题．‎ ‎10.若将甲桶中的a L水缓慢注入空桶乙中，则x min后甲桶中剩余的水量符合衰减函数（其中e是自然对数的底数）.假设过5 min后甲桶和乙桶的水量相等，再过m min后，甲桶中的水只有，则m的值为（ ）‎ A. 9 B. 7 C. 5 D. 3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意，函数满足，解出．再根据，建立关于的指数方程，由对数恒成立化简整理，即可解出的值，由即可得到．‎ ‎【详解】解：∵5min后甲桶和乙桶的水量相等， ∴函数，满足 ‎ 可得， 因此，当min后甲桶中的水只有升， 即， 即， 即为， 解之得， 经过了分钟，即． 故选：C．‎ ‎【点睛】本题给出实际应用问题，求经过几分钟后桶内水量剩余四分之一．着重考查了指数函数的性质、指数恒等式化简，指数方程和对数的运算性质等知识，属于中档题．‎ ‎11.在四棱锥中，平面平面ABCD，且ABCD为矩形，，，，，则四棱锥的外接球的体积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 连接AC交BD于F，球心O在底面的射影必为点F，取AD的中点E,在截面PEF中，利用勾股定理求出球的半径，即可求四棱锥P−ABCD的外接球的体积．‎ ‎【详解】连接AC交BD于F，球心O在底面的射影必为点F，取AD的中点E,在截面PEF中，连结 ‎ ‎ 在中，，，‎ 又由已知得， 设，‎ 在中，，‎ 在截面中，‎ 得， ∴球的半径为2， ∴四棱锥P−ABCD的外接球的体积为．‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查平面与平面垂直的性质，考查线面垂直的判定与性质，考查四棱锥P−ABCD的外接球的体积，属于中档题．‎ ‎12.已知函数的图象与函数的图象关于直线对称，函数是最小正周期为2的偶函数，且当时，，若函数有3个零点，则实数k的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 把函数有3个零点，转化为有3个不同根，画出函数与的图象，转化为关于的不等式组求解．‎ ‎【详解】解：由函数的图象与函数的图象关于直线对称，得， 函数是最小正周期为2的偶函数，当时，， 函数有3个零点，即有3个不同根， 画出函数与的图象如图： ‎ 要使函数与的图象有3个交点，则 ，且，即． ∴实数k的取值范围是． 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查函数零点与方程根的关系，考查数形结合的解题思想方法与数学转化思想方法，是中档题．‎ 第Ⅱ卷（非选择题　共90分）‎ 注意事项：‎ ‎（1）非选择题的答案必须用0.5毫米黑色签字笔直接答在答题卡上，作图题可先用铅笔绘出，确认后再用0.5毫米黑色签字笔描清楚，答在试题卷和草稿纸上无效.‎ ‎（2）本部分共10个小题，共90分.‎ 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.函数的定义域为_________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数有意义满足的不等式，即可求解.‎ ‎【详解】函数有意义须，，‎ 解得，‎ 所以函数的定义域是.‎ 故答案为:‎ ‎【点睛】本题考查函数的定义域，以及解对数不等式，属于基础题.‎ ‎14.设函数，那么的值为________.‎ ‎【答案】9‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 推导出，由此能求出结果．‎ ‎【详解】解：∵函数， ∴． 故答案为：9．‎ ‎【点睛】本题考查函数值的求法，考查函数性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．‎ ‎15.当时，函数有最小值，则的值为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用诱导公式对已知函数进行化简，然后结合二次函数的性质即可求解．‎ ‎【详解】解：函数， 根据二次函数的性质可知，当时，函数取得最小值， 则,‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题主要考查了同角三角函数基本关系及二次函数的性质的简单应用，属于基础试题．‎ ‎16.已知正方体有8个不同顶点，现任意选择其中4个不同顶点，然后将它们两两相连，可组成平面图形成空间几何体.在组成的空间几何体中，可以是下列空间几何体中的________.（写出所有正确结论的编号）‎ ‎①每个面都是直角三角形四面体；‎ ‎②每个面都是等边三角形的四面体；‎ ‎③每个面都是全等的直角三角形的四面体；‎ ‎④有三个面为等腰直角三角形，有一个面为等边三角形的四面体.‎ ‎【答案】①②④‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出正方体的图形，在几何体中找出满足结论的图形即可．‎ ‎【详解】解：‎ ‎①每个面都是直角三角形的四面体；如：E−ABC，所以①正确； ②每个面都是等边三角形的四面体；如E−BGD ‎，所以②正确； ③每个面都是全等的直角三角形的四面体：这是不可能的，③错误； ④有三个面为等腰直角三角形，有一个面为等边三角形的四面体．如：A−BDE，所以④正确； 故答案为：①②④．‎ ‎【点睛】本题考查命题的真假的判断，空间几何体的与三棱锥的关系，是基本知识的考查，易错题．‎ 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17～21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（其中a为实数）.‎ ‎（1）若是的极值点，求函数的减区间；‎ ‎（2）若在上是增函数，求a的取值范围.‎ ‎【答案】（1）‎ ‎（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）对求导，代入使导函数为零，求出的值，进而利用导数可求出的减区间.‎ ‎（2）在上是增函数转化为在上大于等于零恒成立，进而转化为最值问题，即可求得a的取值范围.‎ ‎【详解】解：（1）因为，所以， ‎ 因是的极值点，‎ 所以，即，所以， ‎ 故，‎ 当或时，，当时，，‎ 所以符合题意， ‎ 且的减区间为； ‎ ‎（2）因为在上为增函数，‎ 所以在上恒成立， ‎ 所以在上恒成立， ‎ 因为在上是增函数，在上是减函数， ‎ 所以， ‎ 所以，即a的取值范围为，‎ ‎【点睛】本题考查函数的极值及单调性，其中关键是将单调性问题转化为最值问题，是中档题.‎ ‎18.在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.‎ ‎（1）求B；‎ ‎（2）已知，AC边上的高，求a的值.‎ ‎【答案】（1）‎ ‎（2）或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）直接利用三角函数关系式的恒等变换和正弦定理的应用求出结果． （2）利用（1）的结论和余弦定理及三角形的面积的应用求出结果．‎ ‎【详解】解:（1）由，‎ 所以，即， ‎ 由正弦定理得， ‎ 由于C为的内角，所以， ‎ 所以，即 ‎ 由于B为的内角，∴，‎ 所以， ‎ 又因为，所以； ‎ ‎（2）因为， ‎ 代入，，，得，‎ 由余弦定理得， ‎ 代入，得，‎ 所以或. ‎ ‎【点睛】本题考查三角函数关系式的恒等变换，正弦定理余弦定理和三角形面积公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．‎ ‎19.如图，已知BD为圆锥AO底面的直径，若，C是圆锥底面所在平面内一点，，且AC与圆锥底面所成角的正弦值为.‎ ‎（1）求证：平面平面ACD；‎ ‎（2）求二面角的平面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析 ‎（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）首先找到AC与圆锥底面所成角，求出，可得，结合圆锥的性质，可证明平面AOC，进而可得平面平面ACD；‎ ‎（2）解法一：建立空间直角坐标系，求出平面ACD的一个法向量和平面ABD的一个法向量，通过夹角公式，可求得两法向量的夹角，进而得到二面角的平面角的余弦值；解法二：过点O作交于F.过F作交DC于H，连接HO，‎ 得为二面角的平面角，通过三角形的边角关系求出的余弦.‎ ‎【详解】（1）证明：由及圆锥的性质，‎ 所以为等边三角形，圆O所在平面，‎ 所以，是AC与底面所成角， ‎ 又AC与底面所成的角的正弦值为，‎ 在中，，，‎ 由，，‎ 在中，，‎ 所以，‎ 圆锥的性质可知：圆O所在平面，‎ 因为圆O所在平面，所以， ‎ 又AO，平面AOC，所以平面AOC， ‎ 又平面ACD，‎ 故平面平面ACD； ‎ ‎（2）解法一：在圆O所在平面过点O作BD的垂线交圆O于点E，以O为坐标原点，OE为x轴，OD为y轴，OA为z轴，建立如图空间直角坐标系，‎ 由题可知，，，， ‎ 由，，‎ 所以， ‎ 设平面ACD的一个法向量为，‎ 因为，，‎ 所以 取，则，‎ 平面ABD的一个法向量为， ‎ 所以，‎ 二面角的平面角的余弦值为. ‎ 解法二：过点O作交于F.过F作交DC于H，连接HO，‎ 所以为二面角的平面角， ‎ 在中，因为，，‎ 所以，， ‎ 因为，‎ 所以，即 ‎ 则， ‎ 故C是HD的中点，‎ 所以， ‎ 在中，，‎ 即，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题考查面面垂直的证明以及向量法求面面角，考查学生的计算能力，是中档题.‎ ‎20.已知函数.‎ ‎（1）求函数的最小值及取最小值时x取值的集合；‎ ‎（2）若将函数的图象上所有点的横坐标扩大为原来的4倍，纵坐标不变，得到函数的图象，且，，求的值.‎ ‎【答案】（1）的最小值是，此时x的集合为 ‎（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意利用三角恒等变换化简函数得解析式，再根据正弦函数的最值求得函数的最小值及取最小值时取值的集合． （2）由题意利用函数的图象变换规律，求得的解析式，再利用两角和的正弦公式求得的值．‎ ‎【详解】解：（1），‎ ‎， ‎ 当，即时，‎ 取得最小值是-1， ‎ 所以函数的最小值是， ‎ 此时x的集合为； ‎ ‎（2）的图像上所有点的横坐标扩大为原来的4倍，纵坐标不变，得到函数 所以的最小正周期为， ‎ 故 ‎ 因为，所以 ‎ 又，所以，‎ 所以， ‎ ‎ ‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题主要考查三角恒等变换，正弦函数的最值，函数的图象变换规律，两角和的正弦公式，属于中档题．‎ ‎21.已知函数，（其中a是常数）.‎ ‎（1）求过点与曲线相切的直线方程；‎ ‎（2）是否存在的实数，使得只有唯一的正数a，当时不等式恒成立，若这样的实数k存在，试求k，a的值；若不存在.请说明理由.‎ ‎【答案】（1）‎ ‎（2）存在,, ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据导数的几何意义先求出切线斜率，进而可求切线方程， （2）假设存在的正实数，使得只有唯一的正数，当时不等式恒成立，转化为，分类讨论求的最小值，令其大于等于零，利用导数求出k，a的值即可．‎ ‎【详解】解：（1）设过点直线与曲线相切于点，‎ 因，则，‎ 所以在处切线斜率为， ‎ 则在处切线方程为， ‎ 将代入切线方程得，所以，‎ 所以切线方程为； ‎ ‎（2）假设存在实数，使得只有唯一的正数，当时不等式恒成立，即恒成立，‎ 取，可知， ‎ 因为，，所以，令，‎ 则，‎ 由得. ‎ ‎（1）当时，‎ 时，，则在上为减函数，‎ 时，，则在上为增函数，‎ 则， ‎ 即，令，‎ 则，由，得，‎ 时，，则在区间上为减函数，‎ 时，，则在区间上为增函数， ‎ 因此存在唯一的正数，使得，故只能.‎ 所以，‎ 所以，此时a只有唯一值. ‎ ‎（2）当时，，所以在上为增函数，‎ 所以，则，‎ 故.‎ 所以满足的a不唯一 综上，存在实数，a只有唯一值，当时，恒有原式成立.‎ ‎【点睛】本题考查函数的导数应用，函数的单调性以及分类讨论思想的应用，考查计算能力．‎ ‎（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.‎ ‎22.如图，在极坐标系Ox中，过极点的直线l与以点为圆心、半径为2的圆的一个交点为，曲线是劣弧，曲线是优弧.‎ ‎（1）求曲线的极坐标方程；‎ ‎（2）设点为曲线上任意一点，点在曲线上，若，求的值.‎ ‎【答案】（1）‎ ‎（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，求出结果．‎ ‎（2）利用极径和三角函数关系式的变换的应用求出结果．‎ ‎【详解】解：（1）设以点为圆心、半径为2的圆上任意一点， ‎ 所以该圆的极坐标方程为， ‎ 则的方程为； ‎ ‎（2）由点为曲线上任意一点，则，‎ 点曲线上，则，‎ 即， ‎ 因为，所以， ‎ 即 ‎， ‎ 因为，且，所以， ‎ 因为，所以，即，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题考查参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，极径的应用，三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数的性质的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力，属于基础题．‎ ‎23.设.‎ ‎（1）解不等式；‎ ‎（2）已知x，y实数满足，且的最大值为1，求a的值.‎ ‎【答案】（1）‎ ‎（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）讨论的取值范围，去掉绝对值求出不等式的解集； （2）结合题意，利用柯西不等式求得的最大值，列方程求出的值．‎ ‎【详解】解：（1）当时，不等式化，此时， ‎ 当时，不等式化为，成立， ‎ 当时，不等式化为，此时， ‎ 综上所述，原不等式的解集为； ‎ ‎（2）柯西不等式得，因为，‎ 所以，（当时，取等号），‎ 又因为的最大值为1，所以.‎ ‎【点睛】本题考查了含有绝对值的不等式解法与应用问题，也考查了柯西不等式的应用问题，是中档题．‎ ‎ ‎ ‎ ‎