教育共同体

2023届四川省泸州市泸县教育共同体高三一诊模拟考试

理科数学试题

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改

动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本

试卷上无效。

3.考试时间：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2

log(1)Axyx∣

，28xBx∣

，则

AB

A

．13xx

B

．12xx

C

．13xx

D

．12xx

2

．已知复数

43i

1i

z





，其中

i

为虚数单位，则

zz

A

．

i

B

．7iC

．7D

．

1

3

．下列函数中既是奇函数又在区间(0,)

上单调递增的是

A

．2yx

B

．

||yxx

C

．

1

yx

x



D

．

sin

2

x

yx

4

．已知曲线

elnxyaxx

在点1,ea

处的切线方程为3yxb

，则

A

．

ea

，

2bB

．

ea

，

2b

C

．1ea

，2bD

．1ea

，

2b

5

．

“

割圆术

”

是我国古代计算圆周率



的一种方法

.

在公元

263

年左右，由魏晋时期的数学家刘徽发明

.

其原理

就是利用圆内接正多边形的面积逐步逼近圆的面积，进而求



.

当时刘微就是利用这种方法，把



的近似值

计算到

3.1415

和

3.1416

之间，这是当时世界上对圆周率



的计算最精确的数据

.

这种方法的可贵之处就是利

用已知的、可求的来逼近未知的、要求的，用有限的来逼近无穷的

.

为此，刘微把它概括为

“

割之弥细，所失

弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆合体，而无所失矣

”.

这种方法极其重要，对后世产生了巨大影响，

在欧洲，这种方法后来就演变为现在的微积分

.

根据

“

割圆术

”

，若用正六十边形来估算圆周率



，则



的近

似值是（）（精确到

0.001

）（参考数据

sin60.1045

）

A

．

3.136

B

．

3.109

C

．

3.190

D

．

3.142

6

．要得到函数

sin2

3

yx











的图象，只需将函数

cos2yx

的图象

A

．向右平移

6



个单位长度

B

．向右平移

12



个单位长度

C

．向左平移

6



个单位长度

D

．向左平移

12



个单位长度

7

．已知

1

cos()

3



，若



是第二象限角，则

tan

2





A

．

22

B

．

2

C

．

2

D

．

2

2

8

．已知0m，

0n

，命题:2pmnmn

，命题:322qmn，则

p

是

q

的

A．充分不必要条件B．必要不充分条件

C．充要条件D．既不充分也不必要条件

9

．已知

3

coscos()

35













，则

cos2

3













（）

A

．

7

25



B

．

7

25

C

．

57

25

D

．

57

25



10

．已知

x

为实数，

[x]

表示不超过

x

的最大整数，若函数

f

（

x

）＝

x

﹣

[x]

，则函数

x

x

gxfx

e

（）（）

的零点个

数为

A．1B．2C．3D．4

11

．已知函数

()sin()(0)

3

fxx





，

1

()

2

fx

在区间

[0,]

上有且仅有

2

个零点，对于下列4个结论：

①

在区间(0,π)

上存在

1

x

，

2

x

，满足

12

()()2fxfx

；

①

()fx

在区间

(0,π)

有且仅有

1

个最大值点；

①()fx

在区间

π

(0,)

15

上单调递增；

①



的取值范围是

115

[,)

62

．

其中正确结论的个数为

A．1个B．2个C．3个D．4个

12

．已知

π

(0,)

6

，

22

22

ln(2cos1)

(2cos1)

a











，

2

2

ln(cos1)

(cos1)

b











，

2

2

ln(sin1)

(sin1)

c











，则

,,abc

的大小关系为

A

．

b

B

．acb

C

．

abcD

．

c

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

．设向量1,2a





，2,1bx





，若

//ab

，则

x

______.

14

．已知

5

cossin

225





，则

sinα

＝

_____

．

15

．在三棱锥DABC中，已知

AD

平面ABC，且ABC为正三角形，

3ADAB

，点O为三棱锥

DABC的外接球的球心，则点O到棱

DB

的距离为

______.

16

．已知函数cos2sin1fxaxx

，若不等式

1fx对任意的0,πx

恒成立，则实数

a

的取值范围

为

___________.

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

．（

12

分）已知函数2cossin3cos3fxxxx

.

（

1

）求fx

的最小正周期和fx

的单调递减区间；

（

2

）当

,

2

x













时，求函数fx

的最小值及取得最小值时

x

的值

.

18

．（

12

分）在△

ABC

中，角

A

，

B

，

C

所对的边分别为

a

，

b

，

c

，且

sinsinsin

abbc

CBA







．

(1)求角A；

(2)

若

2

23,

tantantan

abc

a

ABC



，求△

ABC

的面积．

19

．（

12

分）已知函数322

15

3

33

fxxaxax

.

（

1

）若

1a

时，求fx

在区间4,2

上的最大值与最小值；

（

2

）若存在实数

m

，使得不等式0fx

的解集为,m

，求实数

a

的取值范围

.

20

．（

12

分）如图，在三棱柱

111

ABCABC

中，点

1

A

在底面

ABC

的射影为

BC

的中点

O

，底面

ABC

是边长

为

2

的正三角形，

1

23AA．

(1)

求证：

111

AABC

；

(2)

求直线

1

AB

与平面

11

BBCC

所成角的正弦值．

21

．（

12

分）已知函数

ln

()()

ax

fxaR

x





．

（

1

）当函数()fx与函数

()lngxx

图象的公切线

l

经过坐标原点时，求实数

a

的取值集合；

（

2

）证明：当

1

0,

2

a









时，函数

()()hxfxax

有两个零点

12

,xx，且满足

12

111

xxa



．

（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中选定一题作答，并用2B铅笔在答题卡上将

所选题目对应的题号方框涂黑。按所涂题号进行评分，不涂、多涂均按所答第一题评分；多

答按所答第一题评分。

22．[选修4—4：坐标系与参数方程]（10分）

如图，在极坐标系中，曲线

C

1是以

C

1（

4

，

0

）为圆心的半圆，曲线

C

2是以

2

3

2

C









，

为圆心的圆，曲线

C

1、

C

2都过极点

O

．

（1）分别写出半圆C

1

，C

2

的极坐标方程；

（

2

）直线

l

：

3

R





与曲线

C

1，

C

2分别交于

M

、

N

两点（异于极点

O

），

P

为

C

2上的动点，求

①PMN

面积的最大值．

23．[选修4—5：不等式选讲]（10分）

已知函数11fxxx

.

（

1

）求不等式3fx

的解集；

（

2

）若二次函数22yxxm

与函数yfx

的图象恒有公共点，求实数

m

的取值范围

.

四川省泸县教育共同体高2023届一诊模拟考试

理科数学试题参考答案：

1．A2．D3．B4．C5．A6．B7．B8．A9．B10．B11．C12．A

13

．

1

4

14

．

4

5

15

．

1

2

16

．1,22





17

．（

1

）2

1cos2

2sincos23cos3sin2233

2

x

fxxxxx





sin23cos22sin2

3

xxx











，

所以，函数yfx

的最小正周期为

2

2

T





.

由2

3

xkkZ





，可得

26

k

xkZ





，

函数yfx

的对称中心为

,0

26

k

kZ











；

解不等式

3

222

232

kxkkZ





，解得

511

1212

kxkkZ





.

因此，函数yfx

的单调递减区间为



511

,

1212

kkkZ













；

（

2

）当

,

2

x













时，

25

2

333

x





，

当

3

2

32

x





时，即当

11

12



x

时，函数yfx

取得最小值，最小值为

2

．

18

．

(1)

由题意及正弦定理得

abbc

cba







，即222babcc

，即222abcbc

所以

1

cos

2

A

，因为0,πA

，所以

π

3

A

(2)由

2

tantantan

abc

ABC



，得

2coscoscos

sinsinsin

aAbBcC

ABC



，

所以由正弦定理得

coscos2cos1BCA

，

又因为

2π

3

BC，所以

2π

coscos1

3

BB









，

13

cossin1

22

BB

，所以

π

sin1

6

B









又0,πB

，所以

π

3

B，所以

π

3

C

，

从而△

ABC

是等边三角形．因为

23a

，所以

1

sin33

2ABC

SabC

．

19

．解：（

1

）由题意得22()23?(3)()fxxaxaxaxa





当

1a

时，

()(1)(3)fxxx





，4,2x

由

()0fx





，解得

31x

；

由

()0fx





，解得

43x

或12x.

①

函数()fx在区间

(3,1)

上单调递增，在区间

[4,3),(1,2]

单调递减

.

又

2532

(4)(3)

33

ff，，

7

(1)0(2)

3

ff,

①

函数()fx在区间4,2

上的最大值为

0

，最小值为

32

3



.

（

2

）存在实数

m

，使不等式

()0fx

的解集恰好为

(,)m

，等价于函数()fx只有一个零点

.

①22()23=(3)()fxxaxaxaxa



，

i

）当

a<0

时，由

()0fx





，解得3axa，

①

函数()fx在区间

(3,)aa

上单调递增；

由

()0fx





，解得

3xa

或

xa

，

①

函数()fx在区间

(,3),(,)aa

上单调递减

.

又

5

(0)0

3

f，

①

只需要

()0fa

，解得10a.①

实数

a

的取值范围为10a.

ii

）当

a=0

时，显然()fx只有一个零点成立

.

iii

）当

a>0

时，由

()0fx





，解得3axa，

即()fx在区间

(,3)aa

上单调递增；

由

()0fx





，解得

xa

或3xa，

即函数()fx在区间

(,),(3,)aa

上单调递减；

又

5

(0)0

3

f，

①

只需要

(3)0fa

，解得

35

0

3

a.

综上：实数

a

的取值范围是

35

1,

3











.

20

．

(1)①

底面

ABC

是边长为

2

的正三角形，

O

为

BC

的中点，

连接

AO

，

①

BCAO

．

①

点

1

A

在底面

ABC

的射影为

BC

的中点

O

，

①

1

BCAO

．

而

1

AOAOO

，

①BC平面

1

AAO

．

又

1

AA

平面

1

AAO

，

①

1

BCAA

．

①

11

BCBC∥

，

①

111

AABC

．

(2)由（1）可知OA，OB，1

OA

两两垂直，

分别以

OB

，

OA

，

1

OA

所在直线为

x

，

y

，

z

轴建立如图所示的空间直角坐标系

Oxyz

．

则由题意有0,3,0A

，1,0,0B

，1,0,0C

，

1

0,0,3A

，1

1,3,3B

．

所以1

1,23,3AB

，2,0,0BC

，1

0,3,3BB

，

设,,mxyz

为平面

11

BBCC

的法向量，则

1

0

0

mBC

mBB















，得

20

330

x

yz















，

令

1z

，则3y，0x．所以0,3,1m

是平面

11

BBCC

的一个法向量．

设所求角为



，则

1

1

1

3322

sincos,

44

222

mAB

mAB

mAB









，

即直线

1

AB

与平面

11

BBCC

所成角的正弦值为

322

44

．

21

．解：（

1

）设公切线

l

与函数

()lngxx

的切点为

00

,xy

，则公切线

l

的斜率



0

0

1

kgx

x





，公切线

l

的方程为：

00

0

1

yyxx

x



，将原点坐标

(0,0)

代入，得

0

1y

，解得

0

xe

，公切线

l

的方程为：

1

yx

e



，

将它与

ln

()

ax

fx

x





联立，整理得2

1

lnaxx

e



．

令2

1

()lnmxxx

e



，对之求导得：

22

()

xe

mx

ex







，令

()0mx

，解得

2

x

e

．

当(0,)

2

e

x时，

()0,()mxmx





单调递减，值域为

ln2

,

2









，

当(,)

2

e

x时，

()0,()mxmx





单调递增，值域为

ln2

,

2









，

由于直线

l

与函数()fx相切，即只有一个公共点，故实数

a

的取值集合为

1

ln2

2







．

（

2

）证明：

2ln

()

axax

hx

x



，要证

()hx

有两个零点，只要证2()lnkxaxxa

有两个零点即可．

(1)0k

，

即

1x

时函数

()kx

的一个零点．

对

()kx

求导得：

1

()2kxax

x





，令

()0kx

，解得

1

2

x

a



．当

1

2

x

a



时，

()0,()kxkx

单调递增；

当

1

0

2

x

a



时，

()0,()kxkx

单调递减．当

1

2

x

a



时，

()kx

取最小值，

1

(1)0

2

kk

a









，

2222

1

()ln(1)1

2

kxaxxaaxxaaxxaaxx

，必定存0

1

2

x

a



在使得二次函数

2

00

1

()0

2

uxaxx，即

00

0kxux

．因此在区间上

0

1

,

2

x

a







必定存在

()kx

的一个零点．

练上所述，

()hx

有两个零点，一个是

1x

，另一个在区间

1

,

2a









上．

下面证明

12

111

xxa



．由上面步骤知

()hx

有两个零点，一个是

1x

，另一个在区间

1

,

2a









上．

不妨设

12

1

1,

2

xx

a



则

122

111

112a

xxx



，下面证明

1

12a

a

即可．

令

1

()21vaa

a

，对之求导得

2

11

()0

2

va

a

a





，

故

()va

在定义域内单调递减，

11

()210

2

vaav

a









，即

1

12a

a

．

22．（1）曲线C

1

是以C

1

（4，0）为圆心的半圆，

所以半圆的极坐标方程为

80

2

cos













，

曲线

C

2是以

2

3

2

C









，

为圆心的圆，转换为极坐标方程为230sin

．

（

2

）由（

1

）得：

|MN|

＝

|

823|1

33MN

cossin





．

显然当点P到直线MN的距离最大时，①PMN的面积最大．

此时点P为过C

2

且与直线MN垂直的直线与C

2

的一个交点，

设PC

2

与直线MN垂直于点H，

如图所示：在Rt①OHC

2

中，|22

3

|

62

HCOCsin





，

所以点

P

到直线

MN

的最大距离

d

2

2

333

||3

22C

HCr

，

所以

113333

1

2224PMN

SMNd

．

23

．（

1

）由题意，函数

2,1

112,11

2,1

xx

fxxxx

xx

















，

当

1x

时，令

23x

，即

3

2

x

，所以

3

1

2

x

；

当

11x

时，此时

23

恒成立，所以

11x

；

当

1x

时，令

23x

，即

3

2

x

，所以

3

1

2

x

，所以不等式3fx

的解集为

33

|

22

xx









.

（

2

）由二次函数2

2211yxxmxm

，

知函数在

=1x取得最大值

1m

，

因为



2,1

2,11

2,1

xx

fxx

xx

















，在

=1x处取得最小值

2

，

所以要是二次函数22yxxm

与函数yfx

的图象恒有公共点

.

只需12m，即

m1

.