【文档说明】四川省宜宾市翠屏区宜宾第四中学校2024届高三一模数学（文）试题 含解析.docx，共(20)页，1.249 MB，由小赞的店铺上传

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宜宾市四中高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.设全集|

55?Uxx=−，集合2|450?Axxx=−−，|24?Bxx=−，则()UAB=ðA.[4,5)B.(5,2]−−C.(5,2)−−D.(4,5)【答案】B【解析】【分析】根据并集的定义求得A∪B，再根据补集的定义即可求解．【详解】∵集合A={x|﹣1＜x＜5

}，集合B={x|﹣2＜x＜4}，∴A∪B={x|﹣2＜x＜5}，()UCAB={x|﹣5＜x≤2}，故选B．【点睛】本题考查集合的交、并、补集的混合运算，是基础题．2.设121izii+=−−，则||z=A.0B.1C.

5D.3【答案】B【解析】【分析】先将z分母实数化，然后直接求其模．【详解】11122=2=211121iiiiziiiiiiiz+++=−−−=−−−+=（）（）（）（）【点睛】本题考查复数的除法及模的运算，是一道基础题．3.几何体的三视图如图所示，该几何体的体

积为A.729B.428C.356D.243【答案】D【解析】【分析】先找到三视图对应的几何体，再利用棱锥的体积公式得解.【详解】由题得几何体原图是如图所示的四棱锥P-ABCD，底面是边长为9的正方形，高PA=9,所以几何体体积为2199=2433V=

.故选D【点睛】本题主要考查根据三视图找原图，考查几何体体积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.4.已知,ab是两条直线，,是两个平面，则ab⊥rr的一个充分条件是（）A.a⊥，b//，⊥B.a⊥，b⊥，//

C.a，b⊥，//D.a，b//，⊥【答案】C【解析】【分析】在A中，a与b可以成任意角；在B中a与b是平行的；在C中，可得b⊥，从而得到ab⊥rr；在D中，可得a与b可以成任意角，从而得到正确结果.的【详解】由a，b是两条

不同的直线，,是两个不同的平面，在A中，a⊥，b//，⊥，因为b的方向不确定，则a与b可以成任意角，故A错误；在B中，a⊥，b⊥，//，根据对应的性质可知，可知a与b是平行的，故B错误；在C中，由a，b⊥，//，可知b⊥，由线面垂直的性质可知ab⊥rr，故C正

确；在D中，a，b//，⊥，可得a与b可以成任意角，故D错误．故选：C.【点睛】该题考查线线垂直的充分条件的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，在解题的过程中，注意结合图形去判断，属于中

档题目．5.函数233()sin22fxxxx=−的图像大致为A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先根据奇偶性淘汰A,C，再根据函数最值确定选项.【详解】因为()()233sin22xfxxxfx−−=−=−，，所以()fx为奇函数，不选A,C，又因为()33

3222xfxf−时，所以选D.【点睛】由解析式确定函数图象的判断技巧：（1）由函数的定义域，判断图象左右的位置，由函数的值域，判断图象的上下位置；②由函数的单调性，判断图象的变化趋势；③由函数的奇偶性，判断图

象的对称性；④由函数的周期性，判断图象的循环往复6.如图，四棱柱1111ABCDABCD−中，,EF分别是1AB、1BC的中点，下列结论中，正确的是A.1EFBB⊥B.EF⊥平面11BCCBC.//EF平面1DBCD

.//EF平面11ACCA【答案】D【解析】【分析】连接1BC，利用中位线证得//EFAC，由此证得//EF平面11ACCA.【详解】连接1BC交1BC于F，由于四边形11BCCB是平行四边形，对角线平分，故F是1BC的中点.因为E是1AB的中点，所以EF是三角形1BAC的

中位线，故//EFAC，所以//EF平面11ACCA.故选D.【点睛】本小题主要考查直线和平面的位置关系，考查棱柱的侧面是平行四边形这一几何性质，还考查了三角形的中位线以及线面平行的证明.两条直线平行，在直观图中，这两条直线是平行的，通过直观感知//EFAC，再根据线面平行

的判定定理即可得出正确的选项.属于基础题.7.函数()2lnfxx=的图象与函数()245gxxx=−+的图象的交点个数为A.3B.2C.1D.0【答案】B【解析】【详解】由已知g(x)＝(x－2)2＋1，所以其顶点

为(2,1)，又f(2)＝2ln2∈(1,2)，可知点(2,1)位于函数f(x)＝2lnx图象下方，故函数f(x)＝2lnx的图象与函数g(x)＝x2－4x＋5的图象有2个交点．8.已知函数()πsin26fxx=−

，则（）A.()fx的最小正周期为2πB.点π,06是()fx图象的一个对称中心C.直线π12x=是()fx图象的一条对称轴D.()fx在ππ,63−上单调递增【答案】D【解析】【分析】利用正弦函数的性质即可逐一检

验【详解】对于A，由()πsin26fxx=−可得周期2ππ2T==，故A不正确；对于B，当π6x=时，ππ266x−=，π1sin2062x−=，则点π,06不是(

)fx图象的一个对称中心，故B不正确；对于C，当π12x=时，26π0x−=，πsin2016x−=，则直线π12x=不是()fx图象的一条对称轴，故C不正确；对于D，当ππ,63x−时，πππ2,622x−−，根据正弦函数的单调性可得()fx在ππ

,63−上单调递增，故D正确，故选：D9.若函数()(1)lnfxxxax=+−在()0,+具有单调性，则a取值范围是（）的的A.()2,+B.)2,+C.(,2−D.(),2−

【答案】C【解析】【分析】根据导数与函数的单调性的关系进行求解即可.【详解】由()1()(1)lnln1fxxxaxfxxax=+−=++−，当函数()(1)lnfxxxax=+−在()0,+单调递增时，(

)0fx恒成立，得1ln1axx++≤，设()()221111ln1xgxxgxxxxx−=++=−=，当1x时，()()0,gxgx单调递增，当01x时，()()0,gxgx单调递减，所以()()

min12gxg==，因此有2a，当函数()(1)lnfxxxax=+−在()0,+单调递减时，()0fx恒成立，得1ln1axx++，设()()221111ln1xgxxgxxxxx−=++=−=，当1x时，()()0,gxgx单调递增，当01x时

，()()0,gxgx单调递减，所以()()min12gxg==，显然无论a取何实数，不等式()0fx不能恒成立，综上所述，a的取值范围是(,2−，故选：C10.已知函数()sin()(0,0,0)fxAxA=+的部分图象如图所示，则()

2f=A.322B.322−C.32−D.32【答案】C【解析】【分析】根据已知中函数()()sin(0,0,0)fxAxA=+的图象，可分析出函数的最值，确定A的值，分析出函数的周期，确定ω的值，将（3，-3）代入解析式，可求出ϕ值，进而

求出2f．【详解】由图可得：函数()()sinfxAx=+的最大值3，∴3A=，又∵74123T=−，ω＞0，∴T＝π，ω＝2，将（3，-3）代入()()sinfxAx=+，得sin（23+ϕ）＝1−，∴23+ϕ=2kZ2

k，−+，即ϕ=72kZ6k−+，，又0∴ϕ=56，∴()53sin26fxx=+∴533sin262f=+=−故选C【点睛】本题主要考查的知识点是由函数的部分图象求

三角函数解析式的方法，其中关键是要根据图象分析出函数的最值，周期等，进而求出A，ω和φ值，考查了数形结合思想，属于中档题．11.已知函数()32cosfxxx=+，若2(3)af=，(2)bf=，2(log7)cf=,则a，b，c的大小关系是（）

A.abcB.cbaC.bacD.b<c<a【答案】D【解析】【分析】根据题意，求出函数的导数，由函数的导数与函数单调性的关系分析可得()fx在R上为增函数，又由2222log4log733=，分析可得答案．【详解】解：根据题

意，函数()32cosfxxx=+，其导数函数()32sinfxx=−，则有()32sin0fxx=−在R上恒成立，则()fx在R上为增函数；又由2222log4log733=，则b<c<a；故选：D．【点睛】本题考查函数的导

数与函数单调性的关系，涉及函数单调性的性质，属于基础题．12.已知函数2()ln2afxxx=+，若对任意两个不等的正数1x，2x，都有1212()()4fxfxxx−−恒成立，则a的取值范围为（）A.)4+，B.()

4.+C.(4−，D.()4−，【答案】A【解析】【分析】将已知条件转化为0x时()'4fx恒成立，利用参数分离的方法求出a的取值范围．【详解】对任意12xx，都有()()12124fxfxxx−−恒成立，则0x时()'4fx，14a

xx+，当0x时恒成立，22411(2)4axxx−=−−+，当0x时恒成立，4a，故选：A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.若角的顶点在坐标原点，始边为x轴的正半轴，

其终边经过点0(3,4)P−−，tan=___．【答案】43【解析】【分析】由题意利用任意角的三角函数的定义，求得tanα的值．【详解】角α的顶点在坐标原点，始边为x轴的正半轴，其终边经过点P（﹣3，﹣4），则tanα44

33−==−，故答案为43．【点睛】本题主要考查任意角的三角函数的定义，属于基础题．14.若1sin3=，则cos2=__________．【答案】79【解析】【详解】2217cos212sin12().39=−=−=15.ABC内角,,AB

C的对边分别为,,abc，若18,cos5abC+==，且ABC的面积为36，则c=______.【答案】27【解析】【分析】根据平方关系求出sinC，由余弦定理得2320512−=cab①，由36ABCS=△求出ab代入①可得答

案.【详解】因为0πC，1cos5C=，所以π02C，所以21sin1cos125526=−=−=CC，由余弦定理得()2222221cos225+−−+−===ababcabcCabab，即

2320512−=cab①，由1126sin36225===ABCSabCab，得15ab=代入①可得27=−c（舍去），27c=.故答案为：27．【点睛】方法点睛：正弦定理和余弦定理是解决三角形问题的重要工具，根据已知条件和所求未知量的不同，选择合适的方法可以更加高效地解决

问题，通过运用这两个定理，可以帮助我们求解各种未知边长和的角度，在解题过程中，我们还可以利用三角形内角和为180度来辅助求解.16.三棱锥−PABC的体积为83，PC⊥平面ABC，4PC=，3CAB=，则三棱锥−PABC的外接球的表面积的最小值为______.【答案】12【解析

】【分析】先确定球心位置，球心O在过三棱锥底面ABC外接圆的圆心做PC的平行线上，再由OPPC=，可得球心到平面ABC距离为2，要求球表面积最小，只需底面外接圆半径最小，根据已知结合正弦定理，只需BC边最小，由余弦定理结合基本不等式，即

可求解.【详解】设底面ABC的外接圆圆心为,OPC中点为D，过点O做PC的平行线，则球心O在平行线上，连,,OCOPOD，则,OPOCODPC=⊥，,//OCPCOOPC⊥，四边形OODC为矩形，122OOCDPC

===.设球半径为R，底面ABC外接圆半径为r，ABC三个角,,ABC所对的边分别为,,abc24Rr=+，要使R最小，只需r最小，141233sin83332323PABCABCVPCSbcBbcbc−=====，2222224,2cos24,26bc

abcbcBbcbcbca==+−=+−=，当且仅当bc=时，等号成立，2242,22sin3ararA==，所以2423Rr=+，即三棱锥−PABC的外接球的半径最小值为23，所以其表面积最小值为12.故答案为:

12.【点睛】本题考查多面体与球“切”“接问题”，应用球的性质确定球心是解题的关键，考查正弦定理、余弦定理、面积公式解三角形，属于中档题.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.在ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c.已知coscoscosCAB+=22sincosAB.（1）求sinB的值；（2）

若1ac+=，求b的取值范围.【答案】(1)22sin3B=;(2)313b.【解析】【分析】(1)在三角形中ABC++=，运用诱导公式化简cosC后求出结果(2)运用余弦定理结合已知条件1ac+=转化为一个未知数的表达式，求出结果【详解】（1）由已知得()cos

coscos22sincosABABAB−++=，即有sincos22sincosABAB=，因为sin0A，sin22cosBB=.由22sincos1BB+=，且0B，得22sin3B=.（2）由（1）可知1cos3B=，由余弦定理，有

2222cosbacacB=+−.因为1ac+=，1cos3B=，有22811323ba=−+，又01a，313b【点睛】本题考查了解三角形，在解答过程中三个角都出现在已知条件中就运用诱导公式进行化简，转化为两个角问题，

容易忽略ABC++=这个条件18.已知函数()2π2343cos4sincos6fxxxx=−+−（xR且0）的两个相邻的对称中心的距离为π2．（1）求()fx在R上的单调递增区间；（2）将()fx图象纵坐标不变，横坐标

伸长到原来的2倍，得到函数()gx，若()12g=，0,π，求πcos26−的值．【答案】（1）π5ππ,,Z1212kkk−++（2）158−【解析】【分析】（1）先化简函数得π2sin23yx=−

，再根据单调性求解即可；（2）先由平移伸缩得出()23πgxsinx=−，再结合二倍角余弦公式计算即得.【小问1详解】2π()2343cos4sincos6fxxxx=−+−π23cos22sin23cos2

sin23xxxx=−+−=−+π2sin23x=−，由题意知，()fx的最小正周期为π，所以2ππ2T==，解得1=，的∴π()2sin23fxx=−，令πππ2π22π232kxk−+−+，Zk

，解得π5πππ1212kxk−++，Zk所以()fx在R上的单调递增区间为π5ππ,,Z1212kkk−++【小问2详解】()23πgxsinx=−，1()2g=，得π1sin34−=，∵[0,π]，∴ππ2π,333

−−，∴π15cos34−=，∴πππππ15cos2cos22sincos632338−=−+=−−−=−19.已知函数()sincosfxaxxx=+在32x=处取得极值.（1）求a的值；

（2）求()fx在0,π上的值域.【答案】（1）1a=；（2）π[1,]2−.【解析】【分析】（1）对给定函数求导，利用函数极值点的意义求出a并验证即得.（2）由（1）的结论，利用导数求出在指定区间上的最大最小值即可得解.【小问1详解】函数()sincosf

xaxxx=+，求导得()sincossinfxaxaxxx=+−，由()fx在32x=处取得极值，得2103fa=−+=，解得1a=，此时()cosfxxx=，当π3π22x时，()0fx，

当3π5π22x时，()0fx，即函数()fx在32x=处取得极值，所以1a=.【小问2详解】由（1）知()sincosfxxxx=+，()cosfxxx=，当π02x时，()0fx，函数()fx单调递增，当ππ2x时，()0fx，函

数()fx单调递减，当[0,π]x时，maxππ()()22fxf==，而(0)1,(π)1ff==−，即min()1fx=−，所以函数()fx在0,π上的值域为π[1,]2−.20.如图所示在直三棱柱111ABCABC-中，16AA=，ABC是边长为4的等边三角形，D、E、F

分别为棱11BC、1AA、1BB的中点，点P在棱BC上，且4BCCP=．（1）证明：AP∥平面DCE；（2）求点D到平面CEF的距离．【答案】（1）证明见解析；（2）977．【解析】【分析】(1)取BC的中点O，连接DO，取CD的中点Q，

连接PQ、EQ，证明四边形AEQP为平行四边形即可；(2)连接DF，AO，设D到平面CEF的距离为d，利用等体积法DCEFEDCFVV−−=即可求d．【小问1详解】如图，取BC的中点O，连接DO，取CD的中点Q，连接PQ，EQ

．∵4BCCP=，∴CPPO=，∴PQDO∥，12PQDO=．∵AEDO∥，12AEDO=，∴PQAE∥，PQAE=．∴四边形AEQP为平行四边形，∴EQAP∥，∵EQ平面DCE，AP平面DCE，∴

AP∥平面DCE；【小问2详解】连接DF，AO，易知23AO=．∵1BB⊥平面ABC，AO平面ABC，∴1BBAO⊥．易知AOBC⊥，1BBBCB=，∴AO⊥平面11BCCB．易知1AA∥平面11BCCB，故E到平面11BCCB的距离等于AO．∵111644323629222DCFS=

−−−=△，∴112396333EDCFDCFVAOS−===△．∵22345ECFC==+=，4EF=，∴2215242212CEFS=−=△．设点D到平面CEF的距离为d，则由DCEFEDCFVV−−=，得1221633d=，解得977d=．21.已知函数()(

)21exfxmxx=−−.（1）当4m=时，求()fx的极小值；（2）若不等式()2lnfxxx−在)1,+上恒成立，求实数m的取值范围.【答案】（1）()4极小值=−fx（2）1,e+【解析】【分析】（1）求出函数()fx的导函数()f

x，利用()fx研究函数单调性，从而求出极小值；（2）构造函数()())ln1e,1,xgxxmxx=−−+，即只需寻找函数()gx恒小于零时实数m的取值范围.【小问1详解】当4m=时，()()241exfxxx=−−，则()()()4e41e222e1xxxfxxxx=+

−−=−.令()0fx¢>，得ln2x−或0x，令()0fx，得ln20x−，所以()fx在(),ln2−−和()0,+上单调递增，在()ln2,0−上单调递减，所以()()04fxf==−极小值.【小问2详解】由()2lnfxxx−，可得()ln1exxmx

−，故()ln1exxmx−在)1,+上恒成立.令()())ln1e,1,xgxxmxx=−−+，若0m，则()0gx恒成立，不合题意.若0m，则()1exgxmxx=−.令())1e,1,xhx

mxxx=−+，则()()211e0xhxmxx=−−+在)1,+上恒成立，所以()hx在)1,+上单调递减.当1em时，()()11e0hxhm=−，即()0gx，所以()gx在)1,+上单调递减，故()()10gxg=，即()ln1exxmx

−在)1,+上恒成立，满足题意.当10em时，()1111e0,e1e0mgmgmm=−=−−，所以存在01x，使得()00gx=，当()01,xx时，()0gx，当()0,xx+时，()0gx，所以()gx在()01,x上单调递

增，在()0,x+上单调递减，所以存在()01,xx，使得()()10gxg=，不合题意.综上，实数m的取值范围是1,e+.（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.在直角坐标系xOy中，曲线1C的参数方程为22cos,2sinxy=+=（为参数）.以原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线2C的极坐标

方程为4sin=.（1）求曲线1C普通方程和2C的直角坐标方程；（2）已知曲线3C的极坐标方程为(0,)=R，点A是曲线3C与1C的交点，点B是曲线3C与2C的交点，且A，B均异于原点O，且||42AB=，求的值.【答案】（1）22(2)4xy−+=，22

(2)4xy+−=；（2）34=.【解析】【分析】（1）消去参数可得1C的普通方程，由cossinxy==可得曲线2C的直角坐标方程；（2）曲线1C的极坐标方程为4cos=，设()1,A，()2,B，则12||4|sincos|42A

B=−=−=，求解即可【详解】（1）由22cos2sinxy=+=，消去参数可得1C普通方程为22(2)4xy−+=，4sin=，24sin=由cossinxy==，得曲线2C的直角坐标方程为22(2)4xy+−=；（2）由（1）得曲线221:(x2)

4Cy−+=，由cossinxy==，可得其极坐标方程为4cos=由题意设()1,A，()2,B，则12||4|sincos|42sin424AB=−=−=−=.sin14−=

，()42kkZ−=+，0，34=.[选修4-5：不等式选讲]23.已知函数()2fxxaa=−++，()124gxxx=−++．（1）解不等式()6gx；（2）若对任意的1Rx，都存在2Rx，使得(

)()12gxfx=成立，求实数a的取值范围．【答案】（1）(31)x−，；（2）1a【解析】【分析】(1)利用零点讨论法解不等式()6gx得解.(2)由（1）可知()gx的值域为)3,+，显然()fx的值域为[2,,)a++,可得)3,[2,,

)a+++，进而可得解.【详解】（1）因为()124gxxx=−++=33,15,2133,2xxxxxx++−−−−故由()6gx得：3361xx+或5621xx+−或3362xx−−−

解得原不等式解集为：()3,1−.（2）由（1）可知()gx的值域为)3,+，显然()fx的值域为[2,,)a++.依题意得：)3,[2,,)a+++∴23a+解得1a所以实数a的取值范围为1a.【点睛】本题主要考查零点讨

论法解绝对值不等式，考查函数的值域问题，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com