四川省泸州市2021届高三第一次教学质量诊断性考试数学答案

C1四川省泸州高三第一次学质量诊断考试C1（文科）答一单题1已集

nNA

B

（）A

B．

C

D

【案B【析直利用交集的定义求.【析由题得

Bnn

所以

A

B

故选：2“

x

”是

”的）A充不必条C充条件

．要充条D既充分不要件【案【析由x2得x，根充分条件与必要条件的概念，即可得出结果.【析由x

x得到

或

x

；所以由

x

”能推出x

x

”由

x

x

”不能推出x；因此，x”“2x

”充分不必要条.选．知

alog5，bln3

12

，c，a，的大关正的（）Ab

B．

C

D

a【案A分】用指对数函数的性质，确定，b，的范围，即可知它们的大小关系【析由

a53

，

ln

，0

，可知：a

故选：A4我的5G通信术先世，G术数原之是名香（公，农出严证了在被高白声扰信中计最信传速

的式

N

，中信带（赫，是信内传号平功（，

是道部高噪功（，其

SN

叫信比根此式在改

的提，信噪从99升

，得

大增了则

的值约（（考据0.21.58）试卷第1页，总17

2x0,取A1559B2x0,取【案【分】题意可得的方程，再由对数的运算性求解即可．【析由题意得：

loglog99

60%

，则1.6，21，

1579

故选：5下函中，定域单递且奇数是）A

f()

x

．

f()sinC

f(x)xx

D

f(xx【案D【析利用初等函数的奇偶性逐一分析选项，利用导数判断含有三角函数的单调性即.【析解A选：

f(x)

x

为奇函数，在

上单调递减，故A错误；B选项：

f()

定义域为

，但在定义域上不单调，故B错；C选：

f(x)xx

定域为

且为奇函数取

，

f

，x

，x

，

f2

上不是单调增函数，故错；D选：

f(x)x

，定义域为

且为奇函数，

f'()

，故fx)

在

上单调递增，故D正.故选：D.6下为旋转的视，该何的面为）试卷第2页，总17

A

B．8

C9

D

【案A【析由三视图确定几何体为圆锥体，应用圆锥体侧面积公式求面积即【析由三视图知：几何体为底半径为1，高为圆锥体，∴侧面展开为以底面周长为弧长，圆锥体母线长为半径的扇形，故几何体的侧面积为

32

10

，故选A7已两

,0)B(x,0)12

是数

f()2sin(

0)与x轴两交点且点A，B间距的小为A2．

，的值（）C4．【案B【析由知得

T

122

，解之可得选项．【析设函数

f

的最小正周期为T则由已知得

12T解，2故选：．8函

e

3x

（中

e

是然数底）图大为）A

．C

D【案A【析由函数奇偶性排除由

x

的函数值排

由

时的函数值，确定答.【析由题得函数的定义域为,因为

f()

x

(x)

，所以函数是奇函数，所以排除B当x时

f(

，所以排除；试卷第3页，总17

当xf(x)0

，所以选A故选：A．已四锥中四形BCDE是长的正方，AB且AB平面BCDE，则四锥接的表积（）A

B．

C

D

【案【分】题意，可把四棱锥

ABCDE

放置在如图所示的一个长方体内，得到四棱锥ABCDE的接球和长方体的外接球表示同一个球，结合长方体的性质，求得球的半径，根据球的面积公式，即可求【析由题意，四棱锥

A

中，四边形

是边长为2的方形，且AB面

，可把四棱锥ABCDE放在如图所示的一个长方体内，其中长方体的长、宽、高分别为，则四棱锥设四棱锥

BCDEBCDE

的外接球和长方体的外接球表示同一个球，的外接球的半径为R，可得2R

，解得R

，所以该四棱锥外接球的表面积为

)

故选：．义在R的数f(足f(2)(x)

，

f(2)f(x，

时f()

，函

fx)

的象

()

的象交个为）A1．C．D．【案【分】题设可知

f(x)

的周期为2，关于x对的偶函数，结合已知区间的解析式及

()

，可得两函数图象，即知图象交点个试卷第4页，总17

【析由题意知：

f(x)

的周期为2关于

x

对称，且(22))f()f(x2)f(x

，∴()

为偶函数，即可得

fx)

、

g(x)

的图象如下：即

fx)

与

g(x)交于(

三点，故选：如在方

D111

中E，F分别

C1

的点

，M分为BDEF的点则列法误是A四BD，E，F在同平内B．三直线BF，DE，CC

有共C直C与直线OF不异直1D直C上存在使M，N，O三共1【案【分】利用两条平行线确定一个平面可断A；利用点共线公理可判断B根据异面直线的定义可判断C；连接OM可断D.【析作出图象，如图：试卷第5页，总17

,5,6D,5,6D对于A，连接

D，则/，B//1111

，所以BD/EF

，所以四点，D，

，在一平面内，故A正确；对于延长DE，DE相交于点，又平面

BCC1

，DE平

CC1

，则P面

BCC1

，P面

CC1

，且平面

BCCB1

平面

CCCC1

，所以

PCC1

，即三条直线，DE，CC

有公共点，故B确；对于，线A为方体的对角线，所以直线C直线OF11不可能在同一平面内，所以直线

AC1

与直线OF异面直线，故C错误；对于D，

A,CC均平面C11

内，连接OM

，则OM

与C相交，1所以直线A上在点N使M，N，三点共线，故D确；1故选：．知函

f()

20)

，存实

(

，

x

，1fx2

，实的取范为）A

．

,3C

【案D分析根据导数判断函数的单调，画出函数的大致形状，然后根据题意试卷第6页，总17

进行求解即.【析

f()

f'(x)()

，因为

，所以当

2或时，a

f(x)0

，

fx)

单调递增，当

x时，f'()，f)

单调递减，fx)0

或

3a

，函数图象大致如下图所示：因为存在实数

(

，且

x

，使

1fxf2

，所以有

2(1)f(f)

，或

，解

(1)

得：

x

，解

(2)

得

，故选：D二填题．知函

f(x)

xx

，

f

f

的为______．【案【析根解析式求出

f

即可【析

f(x)

xxxx

，试卷第7页，总17

f

，

f

故答案为：3．数

f()ln)

的大为【案【析由次函数、对数函数的单调性确定复合函数的单调性，进而求最值即可【析由

f(x))2

，且0x

，∴)

2

，

(t)，t()

在0

为单调递增，x

为单调递减，而

f()

为增函数，∴()

在0

上单调递增，1

上单调递减，

f()

f(1)

，故答案为：0．平面角标中，角与角以Ox为边它的终关轴对称若tan

，

．【案

【析由意得

tan(an

求解【析因为角与角以Ox为始边，它们的终边关于y轴称，且tan，所以所以

，tan(an2

an41-t23

，故答案为：．知直棱

BCD1

，所棱均4，且

ABC120

，是棱

的点则点且与BD垂的平截四柱得面面为1【案【分析取的中点，BB取点，使得BM分别连接1EF,ME,

，且与EF于点N，连接，据线面置关系，BD面MEF，得截面MEF为腰三角形，再结合三角形的面积公式，即可求.【析由题意，取AB中点F，在取，使得1

BM分别连接

EF,ME,

，且BD与EF交点N，接MN，试卷第8页，总17

因为底面

为菱形，可得

BD

，又由

,

是

BC,AB

的中点，可得

EF//AC

，所以BD，因为直四棱柱

AC，可得BB1111

，所以平面

BDDB11

，又由BD平面BDDB，得EFBD1

，在正方形

BDDB11

中，可得

BD1

，因为

MN/D1

，可得

MNBD1

，从而得到BD

平面MEF，此时为腰三角形，在直角BME中

BM

，可得ME5，又由

EN

1EF334

，在直角MNE中可得MN

MENE2

，所以截面的面积为

S

EF32

故答案为：.三解题．知函

f(x)

sin2cos

x

．（）

f2

，tan的值（）函

fx)

图上有的坐保不，坐变原的

倍函g()

的象求数

g(x)在0,

得值．【析）先将函数解析式整理，得到

f(x)2sin

，由题中条件，结合三试卷第9页，总17

2xf，2xf，（）先根据三角函数的伸缩变换，得到可求出结果.

g(x)

的解析式，再结合正弦函数的性质，即【析解）

f()

sin

x

3sinx2sin6

，因为

f3f

，所以

，即

1cos2

23

，所以sin

，所以tan

；（）

fx)

图象上所有点横坐标变为原来的

倍得到函数

g(x)

的图象，所以

g()

的解析式为

()(2x2sin2

，因为

x

，所以

6

x

6

1，则6

，所以

2故

g(x)在0,

上的值域为

．知曲

f(x)x

在

,

f

处切方为

2x

．（）

，

b

的；（）断数

fx)

在间

0,

2

上点个，证．【析）求出

即得

的值，求出

f

即得

b

的值；（2先证明

fx)

在

上为单调递增函数且图象连续不断，再求出ff

，即得【析）因为

f

ksinx

，试卷第10，总17页

又因为所以，，又因为所以，，所以

f

sincos22

，kf2

，因为曲线

fx)

在点

,

处的切线方程为

2xy

．所以k，f2所以b

；（2

f(x)

在

0,

2

上有且只有一个零点，因为

f

2sinxxcos

，

f

，所以

fx)

在

上为单调递增函数且图象连续不断，因为

ff

，所以

fx)

在

0,

2

上有且只有一个零点．19．

ABC

的角A，B，

C

的边别，，c．知

sincos

A

．（）；（）知bc，且边BC上有点D满

S

ABD

3

，AD．【析）利用正弦定理的边角互化可得sAcos

，再利用二倍角公式即可求解（）设△ABD的

边上的高为h，的AC边上的高为h，据1S

ABD

3

可得h

，从而确定是角的内角平分线，然后由

，结合三角形面积公式即可求【析解）为

sincos

A

，试卷第11，17页

1212由正弦定理得

sinAsinCcos

A

，因为

C

，所以

sinAcos

，所以

coscos，为，以，2222所以sin

A1，即

，所以

．（）设

△

的AB边的高为h，1

ADC

的

边上的高为h，2因为

S

ABD

3

，c，，所以

c

，所以h

，AD是

ABC

角A

的内角平分线，所以

BAD

π，因为

S3ABDADC

，可知

，所以

1ABsinACsin42

，所以

334

．如图四锥—ABCD中底是菱形G是段一(不含A,B)在面

内点

作//

平

交

SD

于P（）出点P的骤不要证)；（）

BAD

3

，

，P是SD的中，求棱的积【析）运用面面平行的性质定理可做出图形所需的步骤.（2运用线与面平行时，线上的所有点面的距离相等和等体积法可求得所求得三棱锥的体积【析解）一步：在平面ABCD内作

GHBC

交点H试卷第12，总17页

eq\o\ac(△,S)GBC第二步：在平面内eq\o\ac(△,S)GBC

HP

交于P；第三步：连接，点为所求（因为是SD的中点，HP//所以是的中点GH//BC所以是AB

的中点，所以S

GBC

3

，连接，GD交O，，设在面ABCD的影为M，因为

SBSD

所以MAMDM为

△

的外心以与

O

重合，因为OD

233

，

SD

，所以SO

6

，所以S

3

，因为GP平面SBC，所以SPBC

PSBC

G

S

．知函

f(x)x

x

ln，其然对数底．（）

，函

fx)

在值（关的不式

f()xlnx

x

对

恒立

的大为n值围【析Ⅰ）由

15得到f()lnxx2

，然后用导数法求解.试卷第13，总17页

2,e2,e（）将不等式

f)xlnx对x

恒成立转为

mx)

，对

恒成立根据

m)lnxlnlnxx

，令()

lnxx，求导xx2

，令

px

，分

p(1)0

，

，

p(1)(e)

讨论求解.【解析）

15时，f()lnxx2

，所以f

1xx22x

，因为

，由

f

得2x

x所以

0

12

，或x，fx)

在

上单减，上增，所以函数

fx)

在

上的最小值为

f(2)

55ln2ln222

；（）因为的等式

f)xlnx

x

对

恒成立所以

mx)

，对

恒成立令

()

xlnx

，即令

，x2px，p

x

，所以

p(x)在x①

p

，即

n

时，因为

n

，当

x0，g

，所以(x)在所以

c()g(1)nmin

，故

；②

即n

时，因为

x

，即

)

，试卷第14，总17页

000000000000所以

g()

c)

g(e)min

，故

e

12eee

；③

p(1)，n

时，因为

pxx

在

上递增，所以存在唯一实数

x0

，使得

p

，即n0

lnx0

，则当

时，

p(x)，g

；当

x(，

0

，故

g(x)

在

x

上单增，所以

cx

min

g0

lnx100lnxx0

，所以

1xxx0

，设

x)xx0

，则

x0x00

，所以

(x)在

e

．综上所述，

2,e

e

．22在面角标中，线C是圆在为1

的，线C的2数程

x2ty2sint

（

t

为数

，坐原

为点轴正轴极建极标．（）曲极标程1（）曲

C

2

与标交A、两点点P为线AB

上意点直

OP

与曲交于M（异原，1

OMOP

的大