【文档说明】四川省宜宾市叙州区第二中学校2023-2024学年高三上学期10月月考数学（文）试题 含解析.docx，共(20)页，852.077 KB，由小赞的店铺上传

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叙州区二中高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.已知集合23Axx=−，23

40BxNxx=−−，则AB=（）A.13xx−B.24xx−C.1,2D.0,1,2【答案】D【解析】【分析】由一元二次不等式的解法，求得集合0,1,2,3B=，再根据集合的交集的概念及运算，即可求解．【详解】由234(1)(4)0xxxx

−−=+−，解得14x−，可得集合0,1,2,3B=，又由23Axx=−，根据集合的交集的概念及运算，可得0,1,2AB=．故选：D.【点睛】本题主要考查了集合的交集的概念及运算，以及一元二次不等式的计算，其中正

确求解集合B，熟练应用集合的交集的运算求解是解答的关键，着重考查推理与运算能力.2.已知命题p：xR，2230xx+−，则命题p否定p为（）A.xR，2230xx+−B.xR，2230xx+−C.xR，2230xx+−D.xR，2230xx+−

【答案】D【解析】【分析】根据命题的否定的定义判断，注意既要否定结论，也要转化量词.【详解】因为命题p：xR，2230xx+−，的根据命题的否定的定义，所以命题p的否定p:xR，2230xx+−.故选：

D【点睛】本题主要考查命题的否定的定义，还考查了理解辨析的能力，属于基础题.3.下列函数中，既是偶函数，又在(,0)−上单调递增的是（）A.21()log|1|fxx=+B.()2||fxx=−C.2()fxx=D.

||()2xfx=【答案】B【解析】【分析】求得21()log|1|fxx=+的定义域不关于原点对称可判断A；由含绝对值的函数的奇偶性和单调性可判断B；由二次函数的单调性和奇偶性可判断C；由指数函数的单调性和奇偶性的定义可判断D.【详解】解：对于A，

定义域为|1xx−不关于原点对称，()fx不为偶函数，故A错误；对于B，()2||2||()fxxxfx−=−−=−=，()fx为偶函数，且0x时，()2fxx=单调递增，故B正确；对于C，()fx为偶函数，但在(,0)−上单调递减，故C错误；对于D

，||()22()xxfxfx−−===∣∣，()fx为偶函数，当0x时，()2−=xfx单调递减，故D错误.故选：B.【点睛】正确理解奇函数和偶函数的定义，必须把握好两个问题：(1)定义域关于原点对称是函数()fx为

奇函数或偶函数的必要非充分条件；(2()()fxfx−=−或()()fxfx−=是定义域上的恒等式．奇函数的图象关于原点对称，偶函数的图象关于y轴对称，反之也成立．利用这一性质可简化一些函数图象的画法，也可以利用它去判断函数的奇偶性．4.设函数(2),2()2,0

xfxxfxx−−=，则21(log)(3)3ff+=A.1−B.5C.6D.11【答案】B【解析】【详解】分析：先确定21log3的符号，再求()21log33ff+的值.详解：∵21log3＜0，∴()21log33ff+=221loglog3132

(23)2(1)325.ff−+−=+−=+=故选B.点睛：本题主要考查分段函数求值和对数指数运算，意在考查学生分段函数和对数指数基础知识掌握能力和基本运算能力.5.已知()3sin3π5+=，且在第

三象限，则cos=（）A.45−B.35-C.35D.45【答案】A【解析】【分析】由已知可推得3sin5=−，根据正余弦的关系结合的象限，即可得出答案.【详解】因为()3sin3πsin5+=−=，所以，3sin5=−.因为在

第三象限，所以，24cos1sin5=−−=−.故选：A.6.函数()2sincosfxxx=+的最大值为（）A.1B.2C.32D.54【答案】D【解析】【分析】利用平方关系将函数化为关于cosx的二次函数，根据二次函数的性质即可求解.【详解】由()22215si

ncos1coscoscos24xxxxfxx+=−+=−−+=，因为cos1,1x−，所以当1cos2x=时，()fx取得最大值54.故选：D.7.函数()()sineexxfx−=+的图象大致为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用奇偶性定义、()0f的范

围，应用排除法即可得答案.【详解】由()()()sin[ee]sinee()xxxxfxfx−−−−−=+=+=且定义域为R，即()fx为偶函数，排除A；由()()000sineesin(0,12)f=+=，排除B、C；故选：D8.已知角的终边过点()3,1P−−.则si

n()4π−=（）A.255−B.255C.55−D.55【答案】C【解析】【分析】根据角的终边过点()3,1P−−，利用三角函数的定义得到sin,cos，然后利用两角差的正弦公式求解.【详解】解：因为角的终边过点()3,1P−−，所以()()()()

22221103310sin,cos10103131−−==−==−−+−−+−，所以sin()sincoscossin444πππ−=−，231021052102105=−−−=−，故选：C

9.一空间几何体的三视图如图所示，其中正视图和俯视图均为边长为1的等腰直角三角形，则此空间几何体的表面积是A.23+B.322+C.22+D.3122++【答案】D【解析】【分析】先还原几何体，再根据各表面形状求表面

积.【详解】几何体为如图四面体，其中2,3,1,ABBCACADBDDC======所以表面积为2111313121211(2)2222422+++=++，选D.【点睛】本题考查三视图以及四面体表面积，考查空间想象能力与综合分析

求解能力，属中档题.10.已知函数()()sinfxAx=+的部分图象如图所示，其中π0,0,2A，图中函数()fx的图象与坐标轴的交点分别为()()120,,0,02APMxNx−､､，则下列代数

式中为定值的是（）A.12xx+B.12xx−C.12xxD.12xx【答案】D【解析】【分析】根据图象，由()0f求出，再由M，N点的坐标求出12xx为定值.【详解】由图象可得，()0sin2AfA==−，且π2，所以π6=−，令tx=+，

则1122π06ππ6txtx=−==−=，所以12π67π6xx==，则1217xx=.故选：D11.已知函数||()||xfxex=+，则满足1(21)3fxf−的x取值范围是（）A.12,33B.12,33

C.12,23D.12,23【答案】A【解析】【分析】由题意可得()fx是偶函数，且在区间[0,)+上单调递增，则不等式1(21)3fxf−等价为1(|21|)()3fxf−，即1|21|3x−

，从而得到答案.【详解】由||()||()xfxexfx−−=+−=，知()fx是偶函数，不等式1(21)3fxf−等价为1(|21|)()3fxf−，当0x时，()xfxex=+，()fx在区间[0,)+上单调递

增，1|21|,3x−解得：1233x.故选：A.【点睛】本题考查根据函数的奇偶性和单调性求解函数不等式的问题，关键是能够利用单调性将不等式转化为自变量大小关系，从而解出不等式，属于中档题.12.已知正四面体ABCD−外接球的体积为86，

则这个四面体的表面积为A.183B.163C.143D.123【答案】B【解析】【分析】设正四面体ABCD的外接球的半径R，将该正四面体放入一个正方体内，使得每条棱恰好为正方体的面对角线，根据正方体和正四面体的外接球为同一个球计算出正方体的棱长，从而得出正

四面体的棱长，最后可求出正四面体的表面积．【详解】将正四面体ABCD放在一个正方体内，设正方体的棱长为a，如图所示，设正四面体ABCD的外接球的半径为R，则34863R=，得6R=．因为正四面体AB

CD的外接球和正方体的外接球是同一个球，则有3a=226R=，∴a=22．而正四面体ABCD的每条棱长均为正方体的面对角线长，所以，正四面体ABCD的棱长为2a=2224=，因此，这个正四面体的表面

积为2341634a=．故选B．【点睛】本题考查球的内接多面体，解决这类问题就是找出合适的模型将球体的半径与几何体的一些几何量联系起来，考查计算能力，属于中档题．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.已知幂函数()yfx=的图象过点

(2,4)，则12f的值为___________.【答案】14##0.25【解析】【分析】设幂函数为()(R)fxx=，代入点(2,4)，求得()fx，进而可求得结果.【详解】设幂函数的解析式为()(R)fxx

=，因为幂函数()yfx=的图象经过点(2,4)，可得24=，解得2=，即()2fxx=，所以1124f=.故答案为：14.14.已知π3sin()42+=，则sin2=__________.【答案】12##0

.5【解析】【分析】根据给定条件，利用诱导公式和二倍角的余弦公式计算作答.【详解】因为π3sin()42+=，所以22πππ31sin2cos(2)cos2()[12sin()]12()24422=−+=−+=−−+=−+=.故答案为：

1215.已知函数()()21,11,1axxfxxaxx−+=++…在R上是增函数，则实数a的取值范围是__________.【答案】1[,2)2【解析】【分析】由分段函数两段都递增，且在分界处函数值左侧不比右侧大可得参数范围，【详解】1x时，设121

,xx121212121212()(1)11()()0xxxxfxfxxxxxxx−−−=+−−=，所以12()()fxfx，()fx是增函数，所以由题意得202111aaa−−+++

，解得122a．故答案为：1[,2)2．16.已知函数21()3ln2fxxxax+=−−在区间(13),上有最大值，则实数a的取值范围是______【答案】111(,)22−【解析】【分析】求出函数的导数，由题意可得()fx在(13),内有唯一零点，且单

调递减，由此列出不等式，即可求得答案.【详解】因为21()3ln2fxxxax+=−−，故31()22fxxax+=−−，由于21()3ln2fxxxax+=−−在区间(13),上有最大值，且31()22fxxax+=−−

在(13),上单调递减，故需满足()fx在(13),内有唯一零点，故(1)0(3)0ff，即1320211602aa−+−−+−，解得11122a−，即实数a的取值范围为1

11(,)22−，故答案为：111(,)22−【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于判断出导数在()fx在(13),上单调递减，则需在(13),内有唯一零点，由此列不等式求解即可.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()()sinfxAx=+（其中π0,0,2A）的部分图像如图所示，将函数()fx的图象向右

平移π4个单位长度，得到函数()gx的图象．（1）求()fx与()gx的解析式；（2）令()()()Fxfxgx=+，求方程()2Fx=在区间()0,2π内的所有实数解的和．【答案】（1）()π2sin23fxx=

+，()π2cos23gxx=−+（2）17π6【解析】【分析】（1）由函数图象可得A即周期，即可求出，再利用待定系数法求出，即可求出函数()fx的解析式，再根据平移变换的原则即可求得函数()gx的解析式；（2）先求出函数()

Fx的解析式，再根据正弦函数的性质即可得解.【小问1详解】由图可知，2A=，函数()fx的周期7ππ2π4π123T=−==，所以2=，所以()()2sin2fxx=+，又7π7π2sin2126f=+=−，所以7πsin16

+=−，所以7π3π2π62k+=+，所以ππ,Zkk=+23，又π2，所以π3=，所以()π2sin23fxx=+，因为将函数()fx的图象向右平移π4个单位长度，得到函数()gx的图象，所以()πππ2sin22cos243

3gxxx=−+=−+；【小问2详解】()()()Fxfxgx=+ππ2sin22cos233xx=+−+ππ22sin234x=+−π22sin212x=+，由()2π22sin212Fxx=+

=，得2πsi21n12x=+，因()0,2πx，所以ππ49π2,121212x+，所以ππ2126x+=或5π6或13π6或17π6，所以π24x=或3π8或25π24或11π8，所以方程()2Fx=在

区间()0,2π内的所有实数解的和为π3π25π11π17π2482486+++=．18.已知函数()32393afxxxx=−−（1）当3a=时，求()fx在区间0,4上的最值；（2）若直线:1210lxy+

−=是曲线()yfx=的一条切线，求a的值.【答案】（1）()min27fx=−，()max0fx=（2）3a=【解析】【分析】（1）求导后，根据()fx正负可确定()fx在0,4上的单调性，由单调性可确定最值点并求得最值；（2

）设切点为320000,393axxxx−−，结合切线斜率可构造方程组求得0x和a的值.【小问1详解】当3a=时，()3239xxfxx−−=，则()()()2369331fxxxxx=−−=−+，当)0,3x时，()0fx；

当(3,4x时，()0fx¢>；为()fx\在)0,3上单调递减，在(3,4上单调递增，()()min327fxf==−，()()()maxmax0,4fxff=，又()00f=，()464483620f=−−=−，()max0fx=.【小问2详解】由题意知：()269f

xaxx=−−，设直线l与()fx相切于点320000,393axxxx−−，则2003200006912391123axxaxxxx−−=−−−=−，消去a得：200210xx−+=，解得：01x=，则6912a−−=−，解得：3a=.19.

在△ABC中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且22cosAcosCcacosBb−−=．（1）求sinCsinA的值；（2）若cosB14=，△ABC面积为154，求△ABC的周长．【答案】（1）2（2）5【解析】【分析】（1）利用正弦定理，两角和的正弦函数公式化

简已知等式即可求解；（2）由（1）利用正弦定理可得2ca=，利用同角三角函数基本关系式可求sinB的值，结合三角形的面积公式可求2ac=，联立解得a，c的值，根据余弦定理可求b的值，即可得解三角形的周长．【详解】（1）∵222cosAcosCcasinCsin

AcosBbsinB−−−==，∴sinBcosA﹣2sinBcosC＝2sinCcosB﹣sinAcosB，sinBcosA+sinAcosB＝2sinCcosB+2sinBcosC，可得sin（A+B）＝2sin（B+C），即sinC＝2sinA，∴sinCsinA=2．（2

）∵由（1）可得sinC＝2sinA，∴由正弦定理可得c＝2a，①的∵cosB14=，△ABC的面积为154，∴sinB21514cosB=−=，由15142=acsinB12=ac•154，解得ac＝2，②∴由①②可得a＝1，c＝2，∴由余弦定理可得b2212142124aca

ccosB=+−=+−=2，∴△ABC的周长a+b+c＝1+2+2＝5．【点睛】本题主要考查了正弦定理、两角和的正弦函数公式、同角三角函数基本关系式，考查了三角形的面积公式、余弦定理在解三角形中

的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．20.如图，在直角梯形AEFB中，,//AEEFAEBF⊥，且24BFEFAE===，直角梯形11DEFC可以通过直角梯形AEFB以直线EF为轴旋转得到．（1）求证：平面11CDEF⊥平面1BCF

；（2）若二面角1CEFB−−的大小为3，求三棱锥1AEFD−的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）433．【解析】【分析】（1）通过证明BFEF⊥、1CFEF⊥证明EF⊥平面1BCF，然后根据面面垂直的判定定理完成证明；（2）先根据垂直关系判断出二面角1CEFB−−的平

面角为1AED，然后根据三棱锥的体积公式求解出三棱锥1AEFD−的体积.【详解】解：（1）∵//,AEBFAEEF⊥∴BFEF⊥∵直角梯形AEFB绕EF转到11DEFC∴1CFEF⊥又∵1BFCFF=∴EF⊥平面1BCF∵

EF平面11CDEF∴平面11CDEF⊥平面1BCF（2）∵直角梯形AEFB绕EF转到11DEFC∴1DEEF⊥∵AEEF⊥且1AEDEE=∴EF⊥平面1ADE且1AED为二面角1CEFB−−平面

角∴13AED=又∵1AEDE=∴1AED△为等边三角形的∴12334344AEDSAE===∴11114343333AEFDAEDVSEF−===.21.已知函数()xfxxe=．（1）求函数()fx的最小

值；（2）当12m时，证明：()lnxfxmex++．【答案】（1）1e−；（2）证明见解析．【解析】【分析】（1）通过求导确定函数的单调性，从而就可以求函数的最小值；（2）先将不等式转化为1(1)ln02xxex−−+恒成立，也是从单调性出发，通过求最小值大于0，从而实现不等式的

证明.【详解】（1）()()1xfxxe=+，令()0fx′，解得1x−，令()0fx′，解得1x−，∴函数()fx在(),1−−单调递减，在()1,−+单调递增，∴()fx的最小值为1(1)fe−=−；（2）证

明：要证()lnxfxmex++，即证lnxxxemex++，即证()1ln0xxemx−+−，∵12m，∴1(1)ln(1)ln2xxxemxxex−+−−−+，∴只需证明1(1)ln02xxex−−+对任意0x恒成立

，设1()(1)ln2xgxxex=−−+，则1()(0)xgxxexx=−，设1()(0)xhxxexx=−，则21()(1)0xhxxex=++，∴1()xgxxex=−在()0,+为增函数，又2223332232270,(1)1033238geege

=−=−=−，∴存在02,13x，使得()00gx=，由()00200000110xxxegxxexx−=−==，得0201xxe=，即0201xex=，即002lnxx−=，且当()00,xx时，()()0,gxgx单调递减，当()0,xx

+时，()()0,gxgx单调递增，∴()()03200000min000220011122()1ln2222xxxxxxgxgxxexxx−++−==−−+=++=，令322()2213xxxxx=++−，则()23220xxx

=++，∴()x在2,13上单增，故()0220327x=，∴()()0020()02xgxgxx=，即1(1)ln02xxex−−+．综上，当12m时，

()lnxfxmex++．【点睛】关键点睛：解决本题关键是“隐零点”的使用，本题中的“隐零点”在后面处理最值中取到一个替换性的作用也是本题的关键.（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]（

10分）22.在极坐标系中，圆C的圆心在极轴上，半径为2，且圆C经过极点．（1）求圆C的极坐标方程；（2）若P为圆C上的动点，过P作直线sin3,cos1=−=−的垂线，垂足分别为A，B，求PAB面积的最大值．【答案】（1）4cos=（

2）11322+【解析】的【分析】（1）设(,)M为圆C上一点，再根据圆的性质与三角函数关系求解即可；（2）根据极坐标与直角坐标的互化可得圆C的直角坐标方程，再设(22cos,2sin)P+，进而表达出PAB面积，结合二次函数与三角函数的值域求解即可.【小问1详解】如图，设(,)M

为圆C上一点，O为极点，ON为圆C的直径，连接,OMMN，则OMMN⊥，则cos4cosOMONMON===．故圆C的极坐标方程为4cos=．【小问2详解】极坐标中的直线sin3,cos1=−

=−对应的直角坐标方程为3,1yx=−=−．因为圆C的直角坐标方程为22(2)4xy−+=，设(22cos,2sin)P+，所以2sin(3)32sinPA=−−=+，22cos(1)32cosPB

=+−−=+，则PAB的面积192sincos3(sincos)22SPAPB==+++；设sincos[2,2]t+=−，则2732Stt=++，当2t=时，S取得最大值11322+．[选修4-5：不等式选讲]（10分）23.已知函数()2429ababfxxx+++=+

++−.（1）求证：()5fx；（2）若0,0,1abab+=，证明：2211252abab+++.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用绝对值三角不等式与二次函数的性质计算可得；（2）利用基本不等式证明即可.

【小问1详解】因为()2429ababfxxx+++=+++−()()22429429ababababxx++++++++−−=−+，当且仅当()()20429ababxx++++−+时取等号，又2429abab+++−+()22

255ab+−+=，当且仅当22ab+=，即1ab+=时取等号，所以()5fx.【小问2详解】因为0a，0b，且1ab+=，又因为222xyxy+，当且仅当xy=时取等号，所以()222222xyxyxy+++，即()()2222xyxy++，所以()2222xyxy++，当且仅当

xy=时取等号，所以22222111111111222ababababababab+++++++=+=+，又因为21024abab+=，当且仅当12ab==时取等号

，所以2222111111251112224ababab+++++=，当且仅当12ab==时取等号.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众

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