【文档说明】四川省泸县第四中学2023-2024学年高三上学期10月月考数学（文）试题 含解析.docx，共(19)页，1.164 MB，由小赞的店铺上传

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泸县四中高2021级高三10月考试数学（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.设集合2|0Axxx=−，|e1xBx=，则AB

=（）A.(),1−B.()1,1−C.()1,+D.)1,+【答案】C【解析】【分析】解一元二次不等式化简集合A，解指数函数不等式化简集合B，再求集合的交集.【详解】()20101Axxxxxxxx=−=−=或0x，

0|e1|ee|0xxBxxxx===，所以()|11,ABxx==+I.故选：C.2.复数(3)izaa=+−（aR，i为虚数单位），在复平面内所对应的点在2yx=上，则||z=（）A.3B.5C.7D.10【答案】B【解析】【分析】求出复数(3)izaa=+−在复平面

内所对应的点的坐标，代入2yx=，求得a，再根据复数的模的公式即可得解.【详解】解：复数(3)izaa=+−在复平面内所对应的点的坐标为(),3aa−，因为点(),3aa−在2yx=上，所以32aa−=，解得1a=，所以i12z=

+，所以||145z=+=.故选：B.3.若实数x，y满足约束条件03250210xyxyxy−+−−+，则z=3x+y的最大值为（）A.3−B.3C.4−D.4【答案】D【解析】【分析

】画出约束条件的可行域，利用目标函数的几何意义，求解即可．【详解】解：可行域如图所示，作出直线3yxz=−+，可知z要取最大值，即直线经过点C．解方程组3250xyxy=+−=得(1C，1)，所以3114maxz=+=．故选：D．4.设0x，0y，

则“14xy'”是“1xy+”的（）A.充要条件B.充分条件但不必要条件C.既不是充分条件也不是必要条件D.必要条件但不是充分条件【答案】D【解析】【分析】由基本不等式得0x，0y，若1xy+，则14xy是真命

题，反之，举例即可判断，进而根据充分条件与必要条件的概念求解.是【详解】解：因为0x，0y，2xyxy+，1xy+所以144xyxy+，即0x，0y，若1xy+，则14xy是真命题；反之若12,16xy==，满足14xy，此时1xy+，所以

“14xy'”是“1xy+”的必要条件但不是充分条件.故选：D5.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m，绝对星等M，距地球的距离d有关系式05lgdMmd=+（0d为常数）.若甲星体视星等为1.25，绝对星等

为6.93−，距地球距离1d；乙星体视星等为1.15，绝对星等为1.72，距地球距离2d，则12dd=（）A.1.7510B.1.7210C.1.6510D.1.6210【答案】A【解析】【分析】利用对数的运算可求得12dd的值.【详解】由已知可得01025lg6.931.

258.185lg1.721.150.57dddd=−−=−=−=，上述两个等式作差得0012125lglg5lg0.578.188.75dddddd−==+=，因此，1.75

1210dd=.故选：A.6.已知球的内接圆柱（圆柱的底面圆周在球面上）的高恰好是球的半径，则圆柱侧面积与球的表面积之比为（）A.33B.34C.916D.338【答案】B【解析】【分析】设球半径为R，圆柱的

底面半径为r，圆柱的高为R，可得32rR=，即求.【详解】设球的半径为R，圆柱的底面半径为r，圆柱的高为R，如图为圆柱的轴截面，则32rR=，又圆柱的侧面积为223rRR=，球的表面积为24R，∴圆柱侧面

积与球的表面积之比为223344RR=.故选：B.7.函数sin4xxxye+=的图象大致为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据函数的奇偶性，可排除C、D，利用()1f和x→+时，()0fx→，结合选项，即可求解.【详解】由题意，函数()sin4xxxfxe+=的定义域为R

，的且()()sin()4()sin4xxxxxxfxfxee−−+−+−==−=−，所以函数()fx为奇函数，图象关于原点对称，排除C、D；当1x=时，可得()sin141(1,2)fe+=，且x→+时，()0fx→，结合选项，可得

A选项符合题意.故选：A.8.已知直线yx=是曲线()lnfxxa=+的切线，则=a（）A.1−B.1C.2−D.2【答案】B【解析】【分析】根据给定条件，求出函数()fx的导数，再利用导数的几何意义求解作答.【详解】函数()lnfxxa=+，求导得

1()fxx=，令直线yx=与曲线()lnfxxa=+相切的切点为00(,ln)xxa+，于是011x=且00lnxax+=，所以01ax==.故选：B9.将函数()()sin04fxx=+图象向右平移4个单位长度后得到函数()gx的图象，且()gx的图象的一条对称轴是直线

4x=−，则的最小值为（）A.32B.2C.3D.72【答案】A【解析】【分析】利用平移变换得出()sin44gxx=−+，再由对称轴的性质得出122k=−−，Zk，结合0得出的最小值.【详解】将函数()()s

in04fxx=+的图象向右平移4个单位长度后得到函数()gx的图象对应的的函数为()sinsin4444gxxx=−+=−+因为函数()gx的图象的一条

对称轴是直线4x=−所以4442k−−+=+，Zk解得122k=−−，Zk，又0所以当1k=−时，取最小值，为32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0得出的最小值.10.已知水平放置的ABC

的平面直观图ABC是边长为1的正三角形，那么ABC的面积为（）A.62B.6C.32D.3【答案】A【解析】【分析】根据题意结合22=原直SS运算求解.【详解】由题意可知：直观图ABC的面积13311224

==ABCSV，所以ABC的面积6222==V△ABCABCSS.故选：A.11.已知函数()1exfxx=+，若对任意xR，()fxax恒成立，则实数a的取值范围是A.(),1e−−B.(1e,1−C.)1,e1−D.()e1,−+【答案】B【解析】【详解】

当0x=时，10,aR；当0x时，min1(1)xaxe+；当0x时，max1(1)xaxe+；令xyxe=，则(1)01xyxex=+==−，所以当0x时，xyxe=单调递增，(0,),xyxe=+111,1xaxe+；当0x时，xyxe=在(,1)−−上

单调递减，在(1,0)−上单调递增，1xyxee−=−，111,1xeaexe+−−；综上实数a的取值范围是(1,1e−，选B.点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，在可能的情况下把参数分离出来，使不等式一端是含有参数的不等式，另一端是一个区间上

具体的函数，这样就把问题转化为一端是函数，另一端是参数的不等式，便于问题的解决.但要注意分离参数法不是万能的，如果分离参数后，得出的函数解析式较为复杂，性质很难研究，就不要使用分离参数法.12.a克糖水中含有b克

糖，糖的质量与糖水的质量比为ba，这个质量比决定了糖水的甜度，如果再添加m克糖（假设全部溶解），生活经验告诉我们糖水会变甜，对应的不等式为()0,0bmbabmama++，这个不等式趣称为糖水不等式．根据糖水不等式，下列不等式正确的是（）A.816log5log10B.lg7l

g11lg7lg111lg7lg111lg71lg11++++++C.77211112−−D.552332++【答案】A【解析】【分析】利用条件及不等式的性质逐项判断即得.【详解】对于A，由lg8lg5,lg20得，816lg5lg5lg2l

g10log5log10lg8lg8lg2lg16+===+，故A正确；对于B，因为lg7lg11lg7lg117lg111lg71lg111lg7lg111lg7lg111lg7lg11lg+++=++++++++，故B错误；对于C，由题得772272111

122112−+−=−+−，故C错误；对于D，由糖水不等式得332552++，所以552332++，故D错误.故选：A.第II卷非选择题二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13.()222log12log33272−−=______．【答案】5【解析】【分析】根据指数幂和对数的运

算法则即可运算.【详解】()222223log12log3log43327232945−−=−=−=.故答案为：5.14.在平面直角坐标系xOy中，角与角均以Ox为始边，它们的终边关于y轴对称．若1tan3=，则tan()

−=______．【答案】34【解析】【分析】由题意得=−，然后由tan()tan2−=求解.【详解】因为角与角均以Ox为始边，它们的终边关于y轴对称，且1tan3=，所以=−，

所以()()22t3tantan2t21-t4ananan−=−===，故答案为：3415.在ABC中，角,,ABC的对边分别为,,,tantan2tanabcbBbAcB+=−，且8a=，

ABC的面积为43，则bc+的值为__________．【答案】45【解析】【详解】由正弦定理，原等式可化为sinsinsinsinsin2sincoscoscosBABBBCBAB+=−，进一步化为cossin

sinAcosB2ABsinCcosA+=−，则sin()2ABsinCcosA+=−，即1cos2A=−．在三角形中2π3A=．由面积公式1sin432ABCSbcA==△，可知16bc=，由余弦定理()22222cosa

bcbcAbcbc=+−=+−，代入可得45bc+=．故本题应填45．点睛：本题主要考查正余弦定理.在利用正,余弦定理解三角形的过程中,当所给的等式中既有正弦又有余弦时,常利用正弦定理将边的关系转化为角的关系;如果出现边的平方或者两

边长的乘积时可考虑使用余弦定理判断三角形的形状.解三角形问题时,要注意正,余弦定理的变形应用,解题思路有两个:一个是角化为边,二是边化为角.选择余弦定理和面积时，要以已知角的为主．16.设函数()1sinln2cosxfxx+=在区间,44−

上的最小值和最大值分别为m和M，则mM+=_______.【答案】2ln2−【解析】【分析】计算出当,44x−时，()()2ln2fxfx−+=−，可得出函数()yfx=在区间,44−上的图象关于点()0,ln2−对称，由此可

求得mM+的值.【详解】当,44x−时，()()221sin1sin1sin1lnlnlnln2ln22cos2cos4cos4xxxfxfxxxx−+−−+=+===−

，所以，函数()yfx=在区间,44−上的图象关于点()0,ln2−对称，因此，2ln2mM+=−.故答案为：2ln2−.【点睛】本题考查利用函数的对称性求解函数最值之和，考查计算能力，属于中等题.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()2lnfxaxbx=−，a､bR，若()fx在1x=处与直线12y=−相切.（1）求a，b

的值；（2）求()fx在1,ee上的极值.【答案】（1）112ab==；（2）极大值为12−，无极小值.【解析】【分析】（1）求得函数额导数()2afxbxx−=，根据题意列出方程组，即可求得,ab的值；（2）由（1）得()

21ln2fxxx=−，利用导数求得函数的单调性，结合极值的概念，即可求解.【详解】（1）由题意，函数()2lnfxaxbx=−，可得()2afxbxx−=，因为函数()fx在1x=处与直线12y=−相切，所以()()10112ff==−，即2012abb−=−=−

，解得11,2ab==.（2）由（1）得()21ln2fxxx=−，定义域为()0,+，且()211xfxxxx−=−=，令()0fx¢>，得01x，令()0fx，得1x.所以()fx在1,1e上单调递增，在()1,e上单调递减，所以()fx在

1,ee上的极大值为()112f=−，无极小值.18.已知函数()()sinλfxωxφ=+(0，0，02)的部分图象如图所示，A为图象与x轴的交点，B，C分别为图象的最高点和最低点，ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b

，c，ABC的面积()22234Sacb=+−.（1）求ABC的角B的大小；（2）若3b=，点B的坐标为1,3λ，求()fx的最小正周期及的值.【答案】（1）3；（2）最小正周期为2，6=.【解析】【分析】（1）根据(

)22234Sacb=+−，利用余弦定理和三角形面积公式，易得3122accosBacsinB=，即3tanB=求解.()2由2,3,3acbB===，利用余弦定理可得1c=，进而得到函数()fx的最小正周期为2，然后由13,32B

在函数()fx的图象上，求得()fx即可.【详解】（1）()22234Sacb=+−，由余弦定理得32SaccosB=，又12SacsinB=，3122accosBacsinB=，即3tanB=，()0,B，3B=.()2由题意得，2,

3,3acbB===，由余弦定理2222cosbacacB=+−，得2224433ccccos+−=，即1c=，设边BC与x轴的交点为,D则ABD为正三角形，32=且1AD=，函数()fx

的最小正周期为2，22==，()()32fxsinx=+又点13,32B在函数()fx的图象上，1332f=，即33232sin+=，即sin13+=2,32kkZ

+=+，即2,6kkZ=+又02，6=.【点睛】方法点睛：（1）求f(x)＝Asin(ωx＋φ)(ω≠0)的对称轴，只需令ωx＋φ＝2＋kπ(k∈Z)，求x；求f(x)的对称中心的横

坐标，只需令ωx＋φ＝kπ(k∈Z)即可．（3）求最小正周期时可先把所给三角函数式化为y＝Asin(ωx＋φ)或y＝Acos(ωx＋φ)的形式，则最小正周期为T＝2；（3）奇偶性的判断关键是解析式是否为y＝

Asinωx或y＝Acosωx＋b的形式．19.如图，在四棱锥PABCD−中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，且1PDCD==，过棱PC的中点E，作EFPB⊥交PB于点F.（1）证明：//PA平面EDB

；（2）求三棱锥BDEF−的体积．【答案】（1）见解析（2）118【解析】【分析】(1)连接AC交BD于G,证明//PAEG即可.(2)证明DE是三棱锥DBEF−的高再换顶点求DBEFV−即可.【详解】（1）证明：连接AC交BD于G,则G是AC的中点,连接EG,则EG是

PAC的中位线,所以//PAEG,因为PA面,EDBEG面EDB,所以//PA平面EDB（2）因为PD⊥面ABCD,BC面ABCD,所以PDBC⊥,又,BCCDCDPDD⊥=,所以BC⊥面PCD,又DE面PCD,所以DEBC⊥因为PDCD=,E是PC的中点,所

以DEPC⊥,BCPCC=，所以DE⊥面PBC,所以DE是三棱锥DBEF−的高.经计算得,22DE=,1,22,3BCPCPEPB====,RtBCPRtEFP,所以=PCBPBCPFEPEF=,得33PCEPPF

BP==66BCEPEFBP==,233BF=111133218BDEFDBEFBEFVVSDEBFEFDE−−====【点睛】本题主要考查了线面平行的判定与线面垂直求高的方法,同时也考查了换顶点求

体积的方法,属于,中等题型.20.在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2a=，且sinsinsinABbcCba+−=−．（1）求ABC的外接圆半径R；（2）求ABC内切圆半径r的取值范围．【答案】（1）233R=（2）30,3r【解析】【分

析】（1）由正弦边角关系可得222bcabc+−=，应用余弦定理即可求cosA，进而确定其大小；（2）由正弦定理有4sin3bB=，4sin3cC=，根据余弦定理有()243bcbc+−=，结合（1）及()11sin22ABCSbcAabcr==++V，应用

三角恒等变换有r23π3sin363B=+−，由三角形内角性质、正弦函数性质求范围即可.【小问1详解】因为sinsinsinABbcCba+−=−，由正弦边角关系得abbccba+−=−，即22

2bcabc+−=，由余弦定理，得2221cos222bcabcAbcbc+−===，又()0,πA，所以π3A=，由2432sin332aRA===，则233R=.【小问2详解】由正弦定理得24πsinsinsi

n3sin3bcaBCA====，所以4sin3bB=，4sin3cC=，由余弦定理，得()222π42cos33bcbcbcbc=+−=+−，所以()243bcbc+−=，利用等面积法可得()11sin22ABCSbcAabcr==++V，则(

)()2sin4332626bcbcrbcabcbAc+−===+−++++3443442sinsin2sinsinπ26633333BCBB=+−=+−−23π3sin363B=+−，∵ab¹，∴π3BA=，故ππ

2π0,,333B，则ππππ5π,,66226B+，所以π1sin,162B+，故30,3r.21.设函数()e

ln()xfxxaa=−+R，．其中，e是自然对数的底数.（1）若2ee2xx−−，求证：x>2；（2）当(),xa−+时，()fxa恒成立，求a的最大值．【答案】（1）证明见解析（2）1【解析】【分析】（1）2ee2xx−

−移项为2ee2xx++，构造函数()exgxx=+，求导，根据函数单调性可证()(2)gxg，从而得证；（2）不等式转化为ln()eln()eln()xxaxxaxaxa+++++=++，根据函数的单调性可得，

exxa+，构造函数，根据导数与函数单调性的关系即可求得a的取值范围，从而求得a的最大值．【小问1详解】因为2ee2xx−−，所以2ee2xx++，设()exgxx=+，则2ee2xx++即为()(2)gxg，因为()e10xgx=+，xR恒成立，所以()gx在R

上是增函数，所以2x，结论成立；【小问2详解】由eln()xxaa−+得，ln()eln()eln()xxaxxaxaxa+++++=++，由（1）知()exgxx=+在R上是增函数，所以由()(ln())gxgxa+得，ln()exxxaxa++≥≤，所以ex

ax−(),xa−+恒成立，只需()minexax−，令()exhxx=−，(),xa−+，则()e1xhx=−，①若0a−，即0a时，()e10xhx=−恒成立，故()exhxx=−在(),a−+上

是增函数，此时()()01e0hxh==，所以1a，结合0a可得，0a；②若0a−，即0a时，当0x时，()e10xhx=−，故()exhxx=−在()0,+上是增函数，当0ax−时，()e10xhx=−，故()exhxx=−在(),0a−上是减函数，故()ex

hxx=−在0x=处取得极小值，也是最小值，故()()n0mi10e0=hxh−==，故01a，综上所述，1a，所以a的最大值为l．【点睛】关键点睛：涉及不等式恒成立问题，将给定不等式等价转化，构造函数，利用导数探求函数单调性、最值是解决问题的关键.（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：坐标系与参数方程]22.已知在直角坐标平面内，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为4cos1cos2=−．（1）求曲线C的直角坐标方程；（2）已知过

点3,12M，倾斜角为的直线l与曲线C交于A，B两点，若M为线段AB的三等分点，求tan的值．【答案】（1）22yx=（2）tan2=或2tan3=【解析】【分析】（1）利用二倍角公式化简已知式，两边同乘以，结合极坐标与直角坐标的互化公式即可；（2）

写出直线的参数方程，代入曲线C的方程，得到关于参数t的一元二次方程，由已知结合韦达定理以及参数t的几何意义，可得关于tan的方程，求解得答案.【小问1详解】由4cos1cos2=−，得2sin2cos=，所以22sin2cos

=所以曲线C的直角坐标方程为22yx=．【小问2详解】设直线l的参数方程为3,21xtcosytsin=+=+（t为参数，tR），代入22yx=，得()()22sin2cossin20tt−−−=，0恒成立，所以()22co

ssinsinABtt−+=，22sinABtt−=．由M为线段AB的三等分点，且0ABtt，故2ABtt=−．将2ABtt=−代入前式，得()24cossinsinAt−=，()22cossins

inBt−−=，所以()2428cossin2sinsin−−−=，224(cossin)sin−=，则23tan8tan40−+=解得：tan2=或2tan3=．[选修4-5：不等式选讲]23.已知函数()22fxxx=−++

.（1）求不等式()24fxx+的解集；（2）若()fx的最小值为k，且实数,,abc，满足()abck+=，求证：22228abc++.【答案】（1）(,0]−（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据题意分<2x−、22x−和2x三种情况解不等式，综合可得出

原不等式的解集；（2）利用绝对值三角不等式可求得()fx的最小值，再利用基本不等式可证得所证不等式成立.【小问1详解】由题意可知：2,2()224,222,2xxfxxxxxx−−=−++=−，①当<2x

−时，不等式即为224xx−+，解得1x−，所以<2x−；②当22x−时，不等式即为424x+，解得0x，所以20x−；③当2x时，不等式即为224xx+，无解，即x；综上所示：不等式()24fxx+的解集为(,0]−.【小问2详解】由绝对值不等式的性质可得：(

)22(2)(2)4=−++−−+=fxxxxx，当且仅当22x−时，等号成立，所以()fx取最小值4，即4k=，可得()4+=abc，即4abac+=，所以()()22222222228abcabacabac++=++++=获得更多资源请扫码加入享学资源网微信

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