【文档说明】四川省内江市6中2023届高三上学期第三次月考理科数学试卷+答案.docx，共(19)页，852.835 KB，由baby熊上传

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内江六中2022—2023学年（上）高2023第三次月考理科数学试题考试时间：120分钟满分：150分命题人：田显国兰婷审题人：李世和兰婷第Ⅰ卷选择题（满分60分）一、选择题（每题5分，共60分）1.已知集合{|2xMyy，}xR，2{|Nyyx，}xR，则MN等于()A.

2,4B.(2,4),(4,16)C.(0,)D.[0,)【答案】C【解析】【分析】分别求出M与N中函数的值域确定出M与N，求出两集合的交集即可．【详解】解：由M中的函数2xy，xR，得到0y，即(0,)M，由N中的函数2yx=，xR，得到0y…，即[0N

，)，则(0,)MN．故选：C．2.已知复数21izi（i为虚数单位），则复数z在复平面内对应的点位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】A【解析】【分析】利用

复数的除法运算将复数z表示为一般形式，即可得出复数z在复平面内对应的点所在的象限.【详解】12221211212555iiiiziiii，因此，复数z在复平面内对应的点位于第一象限.故选：A.【点睛】本题考查复数的除法运算，同时也

考查了复数的几何意义，解题的关键就是利用复数的四则运算法则将复数化为一般形式，考查计算能力，属于基础题.3.数列na中，12a，mnmnaaa，若11024ka，则k（）A.10B.9C.11D.8【答案】B【解析】【分析】根据递推关系求得na，由此列方程求得k.【详解】mnmn

aaa，令1m，则112nnnaaaa，所以na是首项为2，公比为2的等比数列，所以1222nnna，由110122kka得9k.故选：B4.割圆术是估算圆周率的科学方法，由三国时期数学家刘徽创立，他用圆内接正多边形面积无限逼近圆面积，从

而得出圆周率为3.1416，在半径为1的圆内任取一点，则该点取自其内接正十二边形的概率为（）A.1B.3C.3D.332【答案】B【解析】【分析】计算出圆内接正十二边形的面积和圆的面积，然后利用几

何概型的概率公式可计算出所求事件的概率.【详解】圆内接正十二边形的每条边在圆内所对的圆心角为2126，所以，半径为1的圆的内接正十二边形的面积为21121sin326，因此，在半径为1的圆

内任取一点，则该点取自其内接正十二边形的概率为3.故选：B.【点睛】本题考查利用几何概型的概率公式计算概率，解题的关键就是求出相应平面区域的面积，考查计算能力，属于中等题.5.函数yfx在1,1Pf处的切

线如图所示，则11ff（）A.0B.12C.32D.-12【答案】A【解析】【分析】根据切线过2,0和0,1，利用斜率公式求得1f，写出切线方程，再令1x，求得1f即可.【详解】因为切线过2,0和

0,1，所以0111202f，所以切线方程为112yx，令1x，则12y，所以112f，所以1111022ff.故选：A.【点睛】本题主要考查导数的

几何意义，属于基础题.6.已知命题:,sin1pxxR﹔命题:qxR﹐||e1x，则下列命题中为真命题的是（）A.pqB.pqC.pqD.pq【答案】A【解析】【分析】由正弦函数的有界性确定命题p的真假性，由指数函数的知识确定命题q的真假性，由此确定正确选项.【

详解】由于sin0=0，所以命题p为真命题；由于xye在R上为增函数，0x，所以||01xee，所以命题q为真命题；所以pq为真命题，pq、pq、pq为假命题.故选：A．7.在ABC中，若2cossinsinBA

C，则ABC一定是（）A.等腰直角三角形B.等腰三角形C.直角三角形D.等边三角形【答案】B【解析】【分析】利用sinCsinAB化简可得sin0AB，即可判断.【详解】2coss

insinsinsincoscossinBACABABAB，sincoscossin0ABAB，即sin0AB，,0,AB，0AB，即AB，所以ABC一定是等腰三角形.

故选：B.8.已知函数()|ln|fxx，若0ab.且()()fafb，则2ab的取值范围是（）A.(22,)B.22,C.(3,)D.3,【答案】B【解析】【分析】画出()|ln|fxx的图象，数形结合可得01,1ab，1ab，然后利用基本不等式

即可求出答案【详解】()|ln|fxx的图象如下：因为0ab.且()()fafb所以lnlnab且01,1ab所以lnlnab，所以1ab所以22222abab当且仅当2ab，即2,22ab时等号成立故选：B【点

睛】本题主要考查了对数函数的图象和性质，考查了基本不等式的运用，用到了数形结合的思想，属于中档题.9.设函数211log2,12,1xxxfxx，1212log12ff=（）A.3B.6C.9D.12【答案】C【解析】

【分析】根据分段函数解析式、对数运算求得正确答案.【详解】22221log221log2123f，12222221loglog12log26log2log61log6112，2

log6121log2612f，所以1212log36912ff.故选：C10.已知函数21()(0)2xfxxex与2()ln()gxxxa图

象上存在关于轴对称的点，则的取值范围是A.1(,)eB.(,)eC.1(,)eeD.1(,)ee【答案】B【解析】【详解】由题可得存在0,0x满足00fxgx0220001ln2xxexxa001l

n2xexa0,令1ln2xhxexa,因为函数xye和lnyxa在定义域内都是单调递增的,所以函数1ln2xhxexa在定义域内是单调递增的,又因为x趋近于时,函数hx0且0hx在,0

上有解(即函数hx有零点),所以010ln002healnlnaeae,故选：B.考点：指对数函数方程单调性11.已知关于x的不等式3xex-x-alnx≥1对于任意x∈(l，+∞)恒成立，则实数a的取值范围为A.（-∞，1-e]B.（-∞，-

3]C.（-∞，-2]D.（-∞，2-e2]【答案】B【解析】【分析】化简得到3ln1lnxxexax，根据1xex化简得到答案.【详解】根据题意：33ln3ln31111lnlnlnlnxxx

xxxexxexeexexxaxxxx.设1xfxex，则'1xfxe，则函数在,0上单调递减，在0,上单调递增，故min00fxf，故1xex.

根据1xex，3ln13ln113lnlnxxexxxxxx，故3a.故选：B.【点睛】本题考查了根据不等式恒成立求参数，利用不等式1xex化简是解题的关键.12.已知()fx为定义在R上的奇函数，且满足(1)(1)fxfx

，已知[0,1]x时，2()ln1fxx，若13(log54)af，2019()2bf，(3)cf，则,,abc的大小关系为A.abcB.bacC.cbaD.c<a<b【答案】D【解析】【分析】根据函数的奇偶性和单调性，结合函数的周期性进行转化判断即可．【详解】f

x为定义在R上奇函数，且满足11fxfx，111fxfxfx，则2fxfx，即4fxfx，则函数的周期是4，0,1x时，2ln1fxx，增函数，则f

x在1,1上为增函数，1333333log54log543log23log24log211log2ffffff，20191111100811122222ff

fff3341fff，3111log22，3111log22fff，即c<a<b，故选：D．【点睛】本题主要考查函数值的大小比较，结合函数的奇偶性和对称性求出函

数的周期是解决本题的关键．有一定的难度．第Ⅱ卷非选择题（满分90分）二、填空题（每题5分，共20分）13.在二项式251x)x（的展开式中，含4x的项的系数是________．【答案】10【解析】【详解】分析：先

根据二项展开式的通项公式求含4x的项的项数，再确定对应项系数.详解：251031551()()(1)rrrrrrrTCxCxx，所以令1034r得2r，即含4x的项的系数是225(1)=10.C的为点睛：求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略(1)求展开式中

的特定项.可依据条件写出第1r项，再由特定项的特点求出r值即可.(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第1r项，由特定项得出r值，最后求出其参数.14.设xR，向量,1,1,2axb，且ab，则

ab_______________________．【答案】10【解析】【分析】先根据ab求出x的值，再求+ab得解.【详解】因为ab，所以20,2xx,所以(2,1)a，所以+(3,1)abrr，所以22

3)=1+(10ab.故答案为：10.15.已知函数2()(2)e(1)xfxxax有两个零点，a的取值范围是_____；【答案】(0,)【解析】【分析】首先求出函数的导函数，再对参数a分类讨论，结合单调性和函数值的变化

特点，即可得到所求范围．【详解】解：因为2()(2)e(1)xfxxax所以()(1)2(1)(1)(2)xxfxxeaxxea．（i）设0a，则()(2)xfxxe，()fx只有一个零点．（ii）设0a，

则当(,1)x时，()0fx；当(1,)x时，()0fx．所以()fx在(,1)上单调递减，在(1,)上单调递增．又(1)ef，(2)fa，取b满足0b且ln2ab，则223()(2)(1)()022afbbababb

，故()fx存两个零点．（iii）设a<0，由'()0fx得1x或ln(2)xa．在若2ea，则ln(2)1a，故当(1,)x时，'()0fx，因此()fx在(1,)上单调递增．又当1x时，()0fx，所以()fx不存在两个零点．若2ea，则ln(2)1a

，故当(1,ln(2))xa时，'()0fx；当(ln(2),)xa时，()0fx．因此()fx在(1,ln(2))a上单调递减，在(ln(2),)a上单调递增．又当1x时

，()0fx，所以()fx不存在两个零点．综上可得a的取值范围为(0,)．故答案为：(0,)16.设函数πsin(0)5fxx，已知fx在0,2π有且仅有5个零点，下述四个结论：①

fx在0,2π有且仅有3个极大值点②fx在0,2π有且仅有2个极小值点③fx在π0,10单调递增④的取值范围是1229,510其中所有正确结论的编号是______.【答案】①

③④【解析】【分析】对①②可以通过作图判别，对于④令(0),[0,2]5txx，根据题意得到不等式2[5,6)5，解出范围即可，对于③证明出当0,10x时,49551051002x即可.【详

解】已知()sin(0)5fxx在[0,2]有且仅有5个零点，如图，其图象的右端点的横坐标在[,)ab上,此时()fx在(0,2)有且仅有3个极大值点,但()fx在(0,2)可能有2或3个极小值点,所以①正确,②不正确;令(0),[0,2]5txx

,,255t且sinyt,()fx在[0,2]上有且仅有5个零点,sinyt在,255上有且仅有5个零点,12292[5,6),,5510,故④正确.当0,10x

时,,5105t,又12291149,,,51010525100,49,,0,100251052,sinyt在,5105t

上单调递增.()yfx在0,10上单调递增,故③正确.故答案为：①③④【点睛】关键点睛：令(0)5tx,利用整体思想将原函数转化为sinyt来研究.(2)当0时,sin5yx的图象可由sinyx的图象经过平移、伸缩变换得到,sin5yx

的增、减区间可通过讨论sinyx的增、减区间得到.三、解答题（共70分）（一）必考题（共60分）17.已知函数f(x)＝14x3－x2＋x.（1）求曲线y＝f(x)的斜率为1的切线方程；（2）当x∈[－2，4]时，求证：x－6≤

f(x)≤x.【答案】（1）y＝x与y＝x－6427；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）对f(x)求导，求出曲线y＝f(x)的斜率为1时切线方程所经过的切点，从而求出答案;（2）构造g(x)＝f(x)－x，x∈[－2，4]，利用导函数求出g(x)的最值，从而得出结论.【

详解】（1）由f(x)＝14x3－x2＋x得f′(x)＝34x2－2x＋1.令f′(x)＝1，即34x2－2x＋1＝1，得x＝0或x＝83.又f(0)＝0，88()327f所以曲线y＝f(x)的斜率为1的切

线方程是y＝x与88273yx，即y＝x与y＝x－6427.（2）证明：令g(x)＝f(x)－x，x∈[－2，4]．由g(x)＝14x3－x2得g′(x)＝34x2－2x.令g′(x)＝0得x＝0或x＝83.g′(x

)，g(x)的情况如下：x－2(－2，0)0(0,83)83(83,4)4g′(x)＋0－0＋g(x)－6增0减－6427增0所以g(x)的最小值为－6，最大值为0.故－6≤g(x)≤0，即x－6≤f(x)≤x.【点睛】本题考查求曲

线某点的切线方程以及利用导函数求函数的最值，属于基础题.18.随着新冠疫情防控进入常态化，人们的生产生活逐步步入正轨．为拉动消费，某市政府分批发行2亿元政府消费券．为了解政府消费券使用人群的年龄结构情况，在发行完第一批政府消费

券后，该市政府采用随机抽样的方法在全市市民中随机抽取了200人，对是否使用过政府消费券的情况进行调查，部分结果如下表所示，其中年龄在45岁及以下的人数占样本总数的35，没使用过政府消费券的人数占样本总数的310．使用过政府消费券没使用过政府消费

券总计45岁及以下9045岁以上总计200（1）请将题中表格补充完整，并判断是否有90%的把握认为该市市民是否使用政府消费券与年龄有关？（2）现从45岁及以下的样本中按是否使用过政府消费券进行分层抽样，抽取8人做进

一步访谈，然后再从这8人中随机抽取3人填写调查问卷，记使用过政府消费券的人数为X，求随机变量X的概率分布列与期望．附：22nadbcKabcdacbd，其中nabcd

．20PKk0.150.100.0500250k2.0722.7063.8415.024【答案】（1）表格见解析，有90%的把握（2）分布列见解析，94EX【解析】【分析】（1）根据已知条件填写22列联表，计算2K的值，由此做出判断.（2）结合超几何分布的知识计算出分布列并求得数

学期望.【小问1详解】由题意得，总人数为200人，年龄在45岁及以下的人数为32001205人，没使用过政府消费券的人数为32006010人，完成表格如下：使用过政府消费券没使用过政府消费券总计

45岁及以下903012045岁以上503080总计14060200.由列联表可知22200903050303.5711406080120K，因为3.571＞2.706，所以有90%的把握认为该市市民是否使用政府消费券与年龄有关.【小问2详

解】由题意可知，从45岁及以下的市民中采用分层抽样的方法可以抽取使用过政府消费券的市民6人∵X是使用过政府消费券的人数，∴X＝1，2，3，126238CC31C28PX，216238CCC15128PX，3638C53C14PX，故随机变量X的概率分

布列为：X123P3281528514其期望为3155639123282814284.19.已知数列na满足111,31nnaaa.(1)证明12na是等比数列，并求na的通项公

式；(2)证明：121113...2naaa.【答案】（1）证明见解析，113322nna；（2）证明见解析.【解析】【详解】试题分析：本题第（1）问，证明等比数列，可利用等比数列的定义

来证明，之后利用等比数列，求出其通项公式；对第（2）问，可先由第（1）问求出1na，然后转化为等比数列求和，放缩法证明不等式.试题解析：（1）证明：由131nnaa得1113()22nnaa，所以112

312nnaa，所以12na是等比数列，首项为11322a，公比为3，所以12na1332n，解得na312n.（2）由（1）知：na312n，所以1231nna

，因为当1n时，13123nn，所以1113123nn，于是11a21a1na≤1+13+⋯+13𝑛−1=31(1)23n32，所以11a21a1na32.易错点】对第（

1）问，构造数列证明等比数列不熟练；对第（2）问，想不到当1n时，13123nn，而找不到思路，容易想到用数学归纳法证明而走弯路.考点：本小题考查等比数列的定义、数列通项公式的求解、数列中不等式的证明等基础知识，考查同学们的逻辑推理能力，考查分析问题与解决问题的能力

.数列是高考的热点问题之一，熟练数列的基础知识是解决好该类问题的关键.20.已知函数cossin3cosfxxxxxR.（1）求fx的最小正周期和单调增区间；（2）在ABC中，角,,ABC的对边分别为,,abc

.若322Bf，6b，求ABC的面积的取值范围.【答案】（1）T，单调递增区间是5,1212kk，Zk.（2）0,93ABCS△【解析】【分析】（1）由二倍角公式可得

3()sin232fxx，结合正弦函数的性质可得fx的周期以及单调递增区间；（2）由322Bf可得3B，所以43sinsinsinacbACB，1sin123sinsin2

ABCSacBAC△，结合23AC，进一步可得63sin2336ABCSA，即可得到答案.【【详解】（1）211cos2cossin3cossin2322xfxxxxx1333sin2cos2sin22223

2xxx∴fx的周期T，由222,232kxkkZ，得5,1212kxkkZ所以fx的单调递增区间是5,1212kk

，Zk.（2）∵33sin2322BfB，即sin03B，又(0,)B，∴3B，由正弦定理有643sinsinsinsin3acbACB

∴11sin43sin43sinsin123sinsin22ABCSacBACBAC△2231123sinsin123sin(cossin)18sincos63sin322AAAAAAAA

1cos29sin26363sin23326AAA∵203A，∴72666A∴0,93ABCS△.【点睛】本题考查三角恒等变换在三角函数以及解三角形中的应用，考查学生的运算求解能力，是一道

容易题.21.函数2lnfxaxxx，22exgxxxm．（1）当a<0时，讨论函数yfx的单调性；（2）当1a，0,1x时，fxgx恒成立，求正整数m的最大值．【答案】（1）答案见解析（2）3【解析】【分析】（1）先求得

fx，对a进行分类讨论，由此求得fx的单调区间.（2）由fxgx分离常数m，然后通过构造函数法，结合导数求得m的取值范围，进而求得正整数m的最大值.【小问1详解】函数2lnfxaxxx定义域是0,，

2221axxafxxxx，①当18a时，180a，当0,x时，0fx，即函数yfx的减区间为0,，无递增区间；②当108a时，180a

，令()0fx¢>有41188141axa；又∵108a∴11804a，11804a，此时函数yfx的减区间为1180,4a和118,4a，增区间为118118,44aa

，综上所述，①当18a时，函数yfx的减区间为0,，无递减区间；②当108a时，函数yfx的减区间为1180,4a和118,4a，增区间为118118,44aa.【小

问2详解】∵1a，0,1x时，fxgx恒成立，∴2elnxmxxx在0,1x恒成立，令2elnxgxxxx，0,1x，∴11exgxxx，∵0,1x，∴10x.令1exh

xx，则21e0xhxx，∴1exhxx在0,1x为增函数，∵1exhxx在0,1上是连续曲线且1e202h，1e10h，∴01,12x

使得0001e0xhxx，即001exx，00lnxx，当00,xx时，1e0xhxx，即0ygx，即函数ygx在00,x单调递减；当0,1xx时，1

e0xhxx，即0ygx，即函数ygx在0,1x单调递增，∴00000min2elnxgxgxxxx00000012221xxxxxx，∵函数00212yxx在1,12

上单调递减，∴002123,4xx，∴当3m时，不等式2elnxmxxx在0,1x恒成立，故满足条件的正整数m的最大值是3.【点睛】本题有两个关键点，一个是含有参数的函数讨论函数的单调区间，另一个是

多次求导来求得函数的单调区间.前者分类讨论要做到不重不漏，后者要注意原函数和导函数之间的对应关系.（二）选考题（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．22.在直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，

曲线1C的极坐标方程为cos4．（1）M为曲线1C上的动点，点P在线段OM上，且满足16OMOP，求点P的轨迹2C的直角坐标方程；（2）设点A的极坐标为2,3，点B在曲线2C上，求ABO面积的最大值．【答案】（1）2

2x2y40x（）；（2）23【解析】【详解】试题分析：（1）设出P的极坐标，然后由题意得出极坐标方程，最后转化为直角坐标方程为22240xyx；（2）利用（1）中的结论，设出点的极坐标，然后结合面积公式得到面积的三角函数，结合三角函数的性质可得OAB面积的最大值

为23.试题解析：解：（1）设P的极坐标为（,）（＞0），M的极坐标为1,（10＞）由题设知|OP|=，OM=14cosθ.由OM|OP|=16得2C的极坐标方程4cos0

（＞）因此2C的直角坐标方程为22x2y40x（）.（2）设点B的极坐标为,αB（0B＞）.由题设知|OA|=2，4cosαB，于是△OAB面积13SAOB4cosα|sin(α)|2|sin(2α)|232332BOAsin当α12时

，S取得最大值23.所以△OAB面积的最大值为23.点睛:本题考查了极坐标方程的求法及应用，重点考查了转化与化归能力.在求曲线交点、距离、线段长等几何问题时，求解的一般方法是将其化为普通方程和直角坐标方程后求解，或者

直接利用极坐标的几何意义求解.要结合题目本身特点，确定选择何种方程.23.已知a＋b＋c＝3，且a，b，c都是正数．（1）求证：11132abbcca（2）是否存在实数m，使得关于x的不等式－x2＋mx＋2≤a2＋b2＋c2对所有满足题设条件的正实数a，b，c恒成立？如果存在，求出

m的取值范围；如果不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）存在，m∈[－2，2].【解析】【分析】（1）利用“1”的代换的方法化简111abbcca，利用基本不等式证得不等式成立

.（2）首先利用基本不等式求得222abc的最小值，然后根据一元二次不等式恒成立列不等式，解不等式求得m的取值范围.【详解】(1)因为a＋b＋c＝3，且a，b，c都是正数，所以1ab＋1bc＋1ca＝16[(a＋b)＋(b＋c)＋(

c＋a)]111abbcca＝136bcabbccaabacabbccabccaab≥16(3＋2＋2＋2)＝32，当且仅当a＝b＝

c＝1时，取等号，所以1ab＋1bc＋1ca≥32得证．(2)因为a＋b＋c＝3，所以(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca≤3(a2＋b2＋c2)，因此a2＋b2＋c2≥3(当且仅当a＝b＝c＝1时，取等号)，所以(a2＋b2＋c2)min＝3，由题意

得－x2＋mx＋2≤3恒成立，即得x2－mx＋1≥0恒成立，因此＝m2－4≤0⇒－2≤m≤2.故存在实数m∈[－2，2]使不等式成立．【点睛】本小题主要考查利用基本不等式证明不等式，考查利用基本不等式求最值，考查一元二次不等式恒成立问题的求解，

属于中档题.