三臺中學2021級高三上期一診模擬試題（一）數學命題人：楊欽嵐審題人：李曉鳳陳新宇本試卷分為試題卷和答題卡兩部分，其中試題卷由第I卷（選擇題）和第II卷（非選擇題）組成，共4頁；答題卡共4頁.滿分150分，考試時間120分鐘.第I卷（選擇題，共60分）一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題意要求的.1.設全集，集合，，則A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先化簡集合A,B,再判斷每一個選項得解.【詳解】∵，，由此可知，，，，故選A．【點睛】本題主要考查集合的化簡和運算，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平，屬于基礎題.2.下列函數中，與函數相同的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據兩個函數的定義域相同，對應關系也相同，即判斷這兩個函數為相同函數.【詳解】解：對于A，，與函數的對應關系不相同，故不是相同函數；對于B，函數的定義域為，函數的定義域為，兩函數的定義域不相同，故兩函數不是相同函數；對于C，兩函數的定義域都是，且對應關系相同，故兩函數為相同函數；對于D，，與函數的對應關系不相同，故不是相同函數.故選：C.3.如圖所示，在中，點是線段上靠近A的三等分點，點是線段的中點，則（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】由向量線性運算的幾何意義即可計算【詳解】.故選：B4.已知函數（且）的圖像過定點，且角的始邊與軸的正半軸重合，終邊過點，則等于（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先化簡所要求的式子，又由于，所以過定點，進一步結合題意可以求出與有關的三角函數值，最終代入求值即可.【詳解】又因為，，，故原式=;又過定點,所以，代入原式得原式=.故選：.5.函數的部分圖象如圖所示，則的單調遞減區間為（）A.， B.，C.， D.，【答案】D【解析】【分析】根據圖象可得的最小正周期和最小值點，根據余弦型函數的性質分析判斷.【詳解】設的最小正周期為，可知，即，且當時，取到最小值，由周期性可知：與最近的最大值點為，如圖所示，所以的單調遞減區間為，.故選：D.6.下列5個命題：①“，”的否定；②是的必要條件；③“若，都是偶數，則是偶數”的逆命題；④“若，則”的否命題；⑤是無理數，是無理數.其中假命題的個數為（）A.1 B.2 C.3 D.以上答案都不對【答案】B【解析】【分析】寫出命題的否定即可判斷①，根據必要條件的定義判斷②，寫出逆命題判斷③，寫出否命題判斷④，利用特殊值判斷⑤.【詳解】對于①“，”的否定為“，”，顯然為真命題；對于②：由能推得出，故是的充分條件，是的必要條件，故②為真命題，對于③：“若，都是偶數，則是偶數”的逆命題為：若是偶數，則，都是偶數，當，時滿足是偶數，但是，都是奇數，故③是假命題；對于④：“若，則”的否命題為“若，則”，由則且，故④為真命題；對于⑤：是無理數，是無理數，為假命題，如為無理數，但是為有理數，故⑤為假命題.故選：B7.“碳達峰”，是指二氧化碳的排放不再增長，達到峰值之后開始下降；而“碳中和”，是指企業、團體或個人通過植樹造林、節能減排等形式，抵消自身產生的二氧化碳排放量，實現二氧化碳“零排放”．某地區二氧化碳的排放量達到峰值a（億噸）后開始下降，其二氧化碳的排放量S（億噸）與時間t（年）滿足函數關系式，若經過5年，二氧化碳的排放量為（億噸）．已知該地區通過植樹造林、節能減排等形式，能抵消自產生的二氧化碳排放量為（億噸），則該地區要能實現“碳中和”，至少需要經過多少年？（參考數據：）（）A.28 B.29 C.30 D.31【答案】C【解析】【分析】根據題設條件可得，令，代入，等式兩邊取，結合估算即可.【詳解】由題意，，即，令，即，故，即，可得，即.故選：C8.若，滿足對任意，都有成立，則取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】依題意在上單調遞減，則函數在各段單調遞減，且斷點左側的函數值不小于右側函數值.【詳解】因為，滿足對任意，都有成立，所以在上單調遞減，則，解得，即的取值范圍是.故選：C9.南宋時期的數學家楊輝所著的《詳解九章算法》中有一個如圖所示的“三角垛”問題，在“三角垛”的最上層放有一個球，第二層放有3個球，第三層放有6個球，……依此規律，其相應的程序框圖如圖所示.若輸出的的值為56，則程序框圖中①處可以填入（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據循環結構及執行邏輯寫出執行步驟，結合輸出結果確定條件即可.【詳解】第一次循環：，不滿足輸出條件，；第二次循環：，不滿足輸出條件，；第三次循環：，不滿足輸出條件，；第四次循環：，不滿足輸出條件，；第五次循環：，不滿足輸出條件，；第六次循環：，滿足輸出條件，退出循環．所以判斷框中的條件可填入“”．故選：D10.數列中，，對任意，若，則（）A.2 B.3 C.4 D.5【答案】C【解析】【分析】取，可得出數列是等比數列，求得數列的通項公式，利用等比數列求和公式可得出關于的等式，由可求得的值.【詳解】在等式中，令，可得，，所以，數列是以為首項，以為公比的等比數列，則，，，則，解得.故選：C.【點睛】本題考查利用等比數列求和求參數的值，解答的關鍵就是求出數列的通項公式，考查計算能力，屬于中等題.11.已知函數是定義域為的偶函數，且為奇函數，當時，.若，則（）A.2 B.0 C. D.【答案】A【解析】【分析】由函數性質判斷函數的周期性，根據特殊值求的值，再根據函數的解析式，代入求值.【詳解】為奇函數，，又為偶函數，，，即，所以函數的周期為4，由，令，易得，，解得，當時，.故選：A12.設函數，若關于x的方程有四個實根（），則的最小值為（）A. B.16 C. D.17【答案】B【解析】【分析】作出函數的大致圖象，可知，由與的圖象有四個交點可得，計算求得的值即可得的范圍，根據可得與的關系，再根據基本不等式計算的最小值即可求解.【詳解】作出函數的大致圖象，如圖所示：當時，對稱軸為，所以，若關于的方程有四個實根，，，，則，由，得或，則，又，所以，所以，所以，且，所以，當且僅當，即時，等號成立，故的最小值為.故選：B.【點睛】方法點睛：已知函數有零點(方程有根)求參數值(取值范圍)常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通過解不等式確定參數范圍；（2）分離參數法：先將參數分離，轉化成求函數的值域問題加以解決；（3）數形結合法：先對解析式變形，進而構造兩個函數，然后在同一平面直角坐標系中畫出函數的圖象，利用數形結合的方法求解.第II卷（非選擇題，共90分）二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分，把答案直接填答題卡的橫線上.13.已知單位向量,的夾角為45°，與垂直，則k=__________.【答案】【解析】【分析】首先求得向量的數量積，然后結合向量垂直的充分必要條件即可求得實數k的值.【詳解】由題意可得：，由向量垂直的充分必要條件可得：，即：，解得：.故答案為：．【點睛】本題主要考查平面向量的數量積定義與運算法則，向量垂直的充分必要條件等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.14.若x，y滿足約束條件，則的最大值為______．【答案】8【解析】【分析】作出可行域，通過平行確定的最大值.【詳解】如圖，作出不等式組所表示平面區域，聯立方程，解得，即，由，即表示斜率，橫截距為的直線，通過平移可得當直線過點C時，橫截距最大，即最大，故.故答案為：8.15.函數的值域為_____________．【答案】【解析】【分析】利用通過換元將原函數轉化為含未知量的函數，再解出函數的值域即為函數的值域.【詳解】令，，則，即，所以，又因為，所以，即函數的值域為．故答案為：.16.已知為偶函數，且當時，，其中為的導數，則不等式的解集為______．【答案】【解析】【分析】根據給定條件，構造函數，利用導數探討函數的單調性，再結合奇偶性求解不等式作答.【詳解】令函數，當時，，即函數在上單調遞減，由為偶函數，得，即函數是奇函數，于是在R上單調遞減，不等式，因此，解得，所以原不等式的解集是.故答案為：【點睛】關鍵點睛：根據條件構造函數，利用導數研究函數的單調性是解決本題的關鍵．三、解答題：共70分，解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.第1721題為必考題，每個試題考生都必須作答.第22、23為選考題，考生根據要求作答.（一）必考題：每小題12分，共60分.17.已知數列的前項和為，且滿足.（1）求證：數列是等比數列；（2）記，求證：數列的前項和.【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析.【解析】【分析】(1)由得,作差得,進而得,故數列是等比數列；（2）由（1）得，故，再根據裂項求和證明即可.【詳解】解：（1）因為①，所以②由①②得，.兩邊同時加1得，所以，故數列是公比為2的等比數列.（2）令，，則.由，得.因為，所以.因為，所以所以.【點睛】裂項相消法是最難把握的求和方法之一，其原因是有時很難找到裂項的方向，突破這一難點的方法是根據式子的結構特點，常見的裂項技巧：(1)；（2）；（3）；（4）；此外，需注意裂項之后相消的過程中容易出現丟項或多項的問題，導致計算結果錯誤．18.已知向量，，函數．（1）求的最小正周期以及單調遞增區間．（2）當時，求的值域．【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）先通過向量的坐標運算及三角公式得，然后根據正弦函數的性質得周期和遞增區間；（2）利用正弦函數的圖像和性質可得的值域.【小問1詳解】由已知，，，再令，解得，即的最小正周期為，單調遞增區間為；【小問2詳解】當時，，，，的值域為.19.的內角的對邊分別為，已知．（1）求；（2）若為銳角三角形，且，求面積的取值范圍．【答案】(1);(2).【解析】【分析】(1)利用正弦定理化簡題中等式，得到關于B的三角方程，最后根據A,B,C均為三角形內角解得.(2)根據三角形面積公式，又根據正弦定理和得到關于的函數，由于是銳角三角形，所以利用三個內角都小于來計算的定義域，最后求解的值域.【詳解】(1)[方法一]【最優解：利用三角形內角和為結合正弦定理求角度】由三角形的內角和定理得，此時就變為．由誘導公式得，所以．在中，由正弦定理知，此時就有，即，再由二倍角的正弦公式得，解得．[方法二]【利用正弦定理解方程求得的值可得的值】由解法1得，兩邊平方得，即．又，即，所以，進一步整理得，解得，因此．[方法三]【利用正弦定理結合三角形內角和為求得的比例關系】根據題意，由正弦定理得，因為，故，消去得．，，因為故或者，而根據題意，故不成立，所以，又因為，代入得，所以.(2)[方法一]【最優解：利用銳角三角形求得C的范圍，然后由面積函數求面積的取值范圍】因為是銳角三角形，又，所以，則．因為，所以，則，從而，故面積的取值范圍是．[方法二]【由題意求得邊的取值范圍，然后結合面積公式求面積的取值范圍】由題設及（1）知的面積．因為為銳角三角形，且，所以即又由余弦定理得，所以即，所以，故面積的取值范圍是．[方法三]【數形結合，利用極限的思想求解三角形面積的取值范圍】如圖，在中，過點A作，垂足為，作與交于點．由題設及（1）知的面積，因為為銳角三角形，且，所以點C位于線段上且不含端點，從而，即，即，所以，故面積的取值范圍是．【整體點評】(1)方法一：正弦定理是解三角形的核心定理，與三角形內角和相結合是常用的方法；方法二：方程思想是解題的關鍵，解三角形的問題可以利用余弦值確定角度值；方法三：由正弦定理結合角度關系可得內角的比例關系，從而確定角的大小.(2)方法一：由題意結合角度的范圍求解面積的范圍是常規的做法；方法二：將面積問題轉化為邊長的問題，然后求解邊長的范圍可得面積的范圍；方法三：極限思想和數形結合體現了思維的靈活性，要求學生對幾何有深刻的認識和靈活的應用.20.已知函數．（1）若在上單調遞增，求實數a的取值范圍；（2）若，求曲線過點的切線方程．【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）根據題意可得在恒成立，利用參變分離可得在上恒成立，利用導數求；（2）設切點，根據導數幾何意義可得斜率為，利用點斜式得，代入點求解．【小問1詳解】，因為在上單調遞增所以恒成立，即在上恒成立令，則所以在上單調遞減，在上單調遞增所以，則，故實數a的取值范圍是【小問2詳解】當時，，．設切線與曲線的切點坐標為，切線斜率則切線方程為將點代入，得整理得構建，則令，則∴在上單調遞減，在上單調遞增則因為恒成立，當且僅當時，等號成立所以方程的根為或當時，所求切線方程為當時，所求切線方程為21.已知函數，為的導數．證明：（1）在區間存在唯一極大值點；（2）有且僅有2個零點．【答案】（1）見解析；（2）見解析【解析】【分析】（1）求得導函數后，可判斷出導函數在上單調遞減，根據零點存在定理可判斷出，使得，進而得到導函數在上的單調性，從而可證得結論；（2）由（1）的結論可知為在上的唯一零點；當時，首先可判斷出在上無零點，再利用零點存在定理得到在上的單調性，可知，不存在零點；當時，利用零點存在定理和單調性可判斷出存在唯一一個零點；當，可證得；綜合上述情況可證得結論.【詳解】（1）由題意知：定義域為：且令，，在上單調遞減，在上單調遞減在上單調遞減又，，使得當時，；時，即在上單調遞增；在上單調遞減則為唯一的極大值點即：在區間上存在唯一的極大值點.（2）由（1）知：，①當時，由（1）可知在上單調遞增在上單調遞減又為在上的唯一零點②當時，在上單調遞增，在上單調遞減又在上單調遞增，此時，不存在零點又，使得在上單調遞增，在上單調遞減又，在上恒成立，此時不存在零點③當時，單調遞減，單調遞減在上單調遞減又，即，又在上單調遞減在上存在唯一零點④當時，，即在上不存在零點綜上所述：有且僅有個零點【點睛】本題考查導數與函數極值之間的關系、利用導數解決函數零點個數的問題.解決零點問題的關鍵一方面是利用零點存在定理或最值點來說明存在零點，另一方面是利用函數的單調性說明在區間內零點的唯一性，二者缺一不可.（二）選考題：共10分.請考生在22、23題中任選一題作答.如果多做，則按