泸县五中高2021级高三10月月考理科数学试题含答案.pdf

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1、学科网（北京）股份有限公司1泸县五中高泸县五中高 2021 级高三级高三 10 月考试月考试数学（理工类）数学（理工类）本试卷共 4 页，23 小题，满分 150 分.考试用时 120 分钟.第第 I 卷卷 选择题（选择题（60 分）分）一、选择题：本题共一、选择题：本题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分分.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全集U R，集合2,3,5,7,9A，4,5,6,8B，则阴影部分表示的集合是 A2,3,5,7,9B2,3,4,5,6,7,8,9C4,6,8D52复数(3

2、)izaa（aR，i为虚数单位），在复平面内所对应的点在2yx上，则|z A3B5C7D103若实数 x，y 满足约束条件03250210 xyxyxy，则 z=3x+y 的最大值为 A3B3C4D44函数 2xf xexx的大致图象是 ABCD5设0 x，0y，则“14xy”是“1xy”的A充要条件B充分条件但不是必要条件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6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

3、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12ddA1.7510B1.7210C1.6510D1.621027已知ABC为等边三角形，2AB，设点D，E满足BDDC，2133BEBABC ，AD与BE交于点P，则BP BC A12B83C1D28将函数 sin04f xx的图象向右平移4个单位长度后得到函数 g x的图象，且 g x的图象的一条对称轴是直线4x，则的最小值为A32B2C3D729已知偶函数 f x在区间0,上单调递增，且0.15log 2,ln2,2abc，则 ,f af bf c满足A f bf af cB f cf af bC f cf bf a

4、D f af bf c10已知函数 2sin20201xf xx，其中 fx为函数 f x的导数，则20202020ff20212021ffA0B2C2020D202111已知三棱锥ABCD中，平面ABD 平面BCD，且ABD和BCD都是边长为 2 的等边三角形，则该三棱锥的外接球表面积为 A4B163C8D20312已知函数 sincosf xaxbx，其中a，bR，且0ab，若 4f xf对一切xR恒成立，则 A56ffB4fx是奇函数C 32f xfxD f x在区间()0,2p上有 2 个极值点第第 II 卷卷 非选择题非选择题二、填空题：本题共二、填空题：本题共 4 小题，每小题小题

5、，每小题 5 分，共分，共 20 分分13曲线sin0,yx x与x轴所围成的图形面积为 14已知ABC中，内角、ABC的对边分别为abc、，且222sin2abccBaa，则B .学科网（北京）股份有限公司315已知23sin33，则2cos 23 16在空间中，过A点作平面的垂线，垂足为B，记作：BfA.关于两个不同的平面，有如下四个命题：若/，则存在点P满足 fPfP.若，则存在点P满足 fPfP.若/，则不存在点P满足 ffPffP.若对空间任意一点P，恒有 ffPffP，则.其中所有真命题的序号是 .三、解答题：共三、解答题：共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第分

6、。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第 1721 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第题为必考题，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：共题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共 60 分。分。17（12 分）已知函数 2sincos2 3sin cos44f xxxxx.（1）求 f x单调递增区间；（2）若825f，且,2，求sin的值.18（12 分）已知曲线()sinf xkxxb在点,22f处的切线方程为230 xy（1）求k，b的值；（2）判断函数()f x在区间0,2上零点的个数，并证明19（12 分）已知锐角三角形AB

7、C的内角 A，B，C 所对的边分别记作 a，b，c，满足6a，5b 且sinsin2AB(1)求c；(2)若点M，N分别在边AB和AC上，且MN将ABC分成面积相等的两部分，求MN的最小值420（12 分）如图，在三棱柱111ABCABC-中，已知1AA 底面111ABC，13AA，ABAC，2BC，D 为BC的中点，点 F 在棱1BB上，且2BF，E 为线段AD上的动点.(1)证明：1C FEF；(2)若直线1C D与EF所成角的余弦值为106，求二面角1EFCD的余弦值.21（12 分）已知函数 212 ln2f xxxaxx（aR）存在极值点(1)求实数 a 的取值范围：(2)若0 x是

8、 f x的极值点，求证：020032e1xxax参考数据：ln20.69（二）选考题：共（二）选考题：共 10 分。请考生在第分。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。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如图，在极坐标系中，已知点2,0M，曲线1C是以极点O为圆心，以OM为半径的半圆，曲线2C是过极点且与曲线1C相切于点2,2的圆.(1)分别写出曲线1C、2C的极坐标方程；(2)直线0,R与曲线1C、2C分别相交于点A、B（异于极点），求ABM面积的最大值.选修 4-5：不等式选讲（10 分）23已

9、知函数 21f xxxmm(1)当2m 时，求函数 f x的定义域；(2)设函数 f x的定义域为M，当12m 时，1,2mM，求实数m的取值范围学科网（北京）股份有限公司1泸县五中高 2021 级高三 10 月考试数学（理工类）参考答案：1C 2B 3D 4C 5D 6A 7D 8A 9D 10B 11D 12D132 14135(或34)1513 16 17解：（1）sin 23sin2cos23sin22s6in 22f xxxxxx，由2 22 262kxkkZ，得36kxkkZ，则函数单调递增区间为,36kkkZ.（2）由825f得82sin65，即4sin65，由,2，2 7,63

10、6，可得3cos65，则sinsinsincoscossin666666，所以43314 33sin525210.18解：（1）因为()sincosfxkxkxx，所以sincos2222fkkk，又因为sin2222kfkbb，因为曲线()f x在点,22f处的切线方程为230 xy所以2k，所以223,222fb所以3b ；（2）()f x在0,2上有且只有一个零点，因为()2sin2 cosfxxxx，0,2x，()0fx，所以()f x在0,2x上为单调递增函数且图象连续不断，因为(0)30f ，302f，所以()f x在0,2上有且只有一个零点19解：（1）因为sinsin22sin

11、 cosABBB，所以sin63cos2sin22 55AaBBb，因为0,2B，所以4sin5B，又24sinsin22sin cos25ABBB，且A为锐角，所以7cos25A，所以3coscossin sincos cos5CABABAB 学科网（北京）股份有限公司2因为coscosCB所以CB所以5cb（2）设AMm，ANn，根据题设有12AMNABCSS，所以111sinsin222mnAbcA，可得252mn，所以222142cos21825MNmnmnAmnmn，当且仅当5 22mn时等号成立 所以MN的最小值为3 220(1)证明：在三棱柱111ABCABC-中，1AA 底面1

12、11ABC，所以三棱柱111ABCABC-是直三棱柱，则1AAAD，因为11/AABB，所以1BBAD，又因为ABAC，D 为BC的中点，所以BCAD,又1BBBCB，所以AD 平面11BBC C，则1ADC F，易知11FBDC B F，则11DFBFC B，因为111190C FBFC B，三条1190DFBC FB，则190C FD，即1C FFD，又FDADD，所以1C F 平面ADF，所以1C FEF；(2)由（1）取11C B的中点 O，以 O 为原点，建立如图所示空间直角坐标系：则10,1,0,0,0,3,0,1,1CDF，设,0,30E xx，所以10,1,3,1,2C DEF

13、x ，10,2,1C F ，因为直线1C D与EF所成角的余弦值为106，所以112115cos,10506C D EFC D EFC DEFx ，解得 x=2，则2,0,3E，2,1,2EF ，设平面1C EF的一个法向量为,mx y z，学科网（北京）股份有限公司3则100C F mEF m ，即20220yzxyz，令1y，则5,1,22m，易知1,0,0n r是平面1FC D的一个法向量，则22552cos,35122m nm nmn 二面角1EFCD的余弦值是53.21解：（1）由题意，得 2ln10fxxax（0 x）有非重根，变形得2ln1xax记 2ln1xg xx，则 21

14、2ln xgxx，令 0gx，得ex，则 g x在0,e上单调递增，在e,上单调递减，故 max2 eeeg xg，当0 x 时，g x ，所以 2 e,eg x，所以2 e,ea（2）由题意可得，0002ln10fxxax，得002ln1axx要证020032e1xxax，即证00000322lne1xxxxx（000,exx）先证0000322lnxxxx，只需证001ln1xx记 1lnt xxx0 x，则 21xtxx令 0tx，得1x，所以 t x在0,1上单调递减，在1,上单调递增，故 min11t xt，所以 1t x，故原不等式左边证毕再证00002lne1xxxx法 1：原式

15、即证 e2 ln10 xxxxx 000,exx由 x可得，e2ln3xxx，所以 2exxx在0,上单调递增又因为 1e20，1e402，所以11,12x，10 x，学科网（北京）股份有限公司4所以 x在10,x上单调递减，在1,x 上单调递增又因为0 x，x；x ，x，1e30，所以23,x x，230 xx，231xx 由332233e32lne4022，所以331,2x，33e2ln30 xx，所以 x在20,x，3,x 上单调递增，23,x x上单调递减33333333e2ln12 1ln2xxxxxxxx 记 2 1ln2xxxx，31,2x，则 22ln3xxx在31,2上单调递

16、减，且 110 ，所以 x在31,2上单调递减又因为91 ln3134ln02222，所以30 x又因为0 x，0 x，所以 0 x法 2：原式即证2e12ln1xxxx000,exx由（1）可得，2ln12eexg xgx记 2e1xs xx，则：32 e2xxsxx记 2 e2xr xx，则 1 exrxx，故 r x在0,1上单调递减，在1,上单调递增又因为 00r，3234e022r，20r，所以3,22x，0r x即2 e20 xx，所以 s x在0,x上单调递减，在,x上单调递增，学科网（北京）股份有限公司5所以 222min21e114223e11xxs xs xxxx，即 mi

17、nmaxs xg x，所以2e12ln1xxxx，故原不等式右边证毕法 3：即证000e12ln1xxx 记 2ln1h xxx，则 2xh xx，所以 h x在0,2上单调递增，在2,上单调递减，故 max22ln2 1h xh记 e1xk xxx，则 21 e1ee11xxxxxxkxxx 记 e1xxx，0,x，则 e10 xx 在0,恒成立，所以函数 e1xxx在0,上单调递增，所以 00 x，即e10 xx 在0,恒成立令 0kx，解得1x，所以 k x在0,1上单调递减，在1,上单调递增，故 min1e2k xk又因为e22ln2 1，所以 h xk x，即e12ln1xxxxx，

18、所以00002lne1xxxx，故原不等式右边证毕综上所述，020032e1xxax22（1）解：由题意可知，曲线1C是以极点O为圆心，以2为半径的半圆，结合图形可知，曲线1C的极坐标方程为2 0 .设,P 为曲线2C上的任意一点，可得2cos2sin2 学科网（北京）股份有限公司6因此，曲线2C极坐标方程为2sin0（2）解：因为直线0,R与曲线1C、2C分别相交于点A、B（异于极点），设,AA、,BB，由题意得2sinB，2A，所以，22sinABAB因为点M到直线AB的距离为sin2sindOM，所以，2sin1 sin11122sin2sin2sin1 sin22242ABMSAB d

19、，当且仅当1sin2时，等号成立，故ABM面积的最大值为12.23解：（1）当2m 时，2122f xxx，依题意，21220 xx，当2x 时，不等式化为：1 2220 xx，解得1x，则有2x，当122x 时，不等式化为：1 2220 xx，解得1x ，则有21x ；当12x 时，不等式化为：21220 xx，解得5x，则有5x，综上得：1x 或5x，所以函数 f x的定义域为(,15,).（2）因当12m 时，1,2mM，则对1,2xm ，210 xxmm成立，此时，210 x ，0 xm，则2101 20 xxmmxxmm 231mx，于是得1,2xm ，231mx 成立，而函数31yx 在1,2m上单调递减，当12x 时，min12y，从而得122m ，解得14m ，又12m ，则1124m，所以实数m的取值范围是1124m.