四川省资阳市2023届高三上学期第一次诊断性考试文科数学试题（解析版）

资阳市高中2020级第一次诊断性考试

文科数学

一、选择题：本题共12小题，每小题，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. 已知全集，，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据集合的补集运算、交集运算求解即可.

【详解】，

，

，

故选：B

2. 已知复数满足：则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据共轭复数求出，再根据复数的除法进行计算即可.

【详解】由题知，

所以，

所以，

故选：D.

3. 已知角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合．若角终边上一点的坐标为，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】计算得到，根据三角函数定义计算得到答案.

【详解】，即，则，.

故.

故选：A

4. 函数与的图象（    ）

A. 关于x轴对称 B. 关于y轴对称

C. 关于原点对称 D. 关于直线y=x对称

【答案】C

【解析】

【分析】

令，则，由与的图象关于原点对称即可得解.

【详解】解：令，则

与的图象关于原点对称，

与的图象关于原点对称.

故选：

【点睛】本题考查指数函数的性质，属于基础题.

5. 已知，，则（     ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】通过平方求出，判断范围，再结合求值，最后联立方程求出，结合二倍角公式即可求解.

【详解】由①得，即，

因为，所以，，

则，即②，

联立①②可得：，则.

故选：C

6. 已知命题：“”；命题：“函数单调递增”，则是的（    ）

A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件

C. 充分必要条件 D. 既不必要又不充分条件

【答案】A

【解析】

【分析】通过导数研究的单调性，以此判断命题p与的关系即可.

【详解】当时，，因，，

则，得单调递增，有，即p是的充分条件.

当函数单调递增，有恒成立，

得，有不能推出p（a可以等于1）.即p不是的必要条件.

综上：p是的充分不必要条件.

故选：A

7. 如图，，为以的直径的半圆的两个三等分点，为线段的中点，为的中点，设，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】直接利用向量的线性运算计算即可.

【详解】因为，为以的直径的半圆的两个三等分点

则//，且

又为线段的中点，为的中点

故选：A.

8. “十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献．“十二平均律”是将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比均为常数，且最后一个单音的频率为第一个单音频率的2倍．如图，在钢琴的部分键盘中，，，…，这十三个键构成的一个纯八度音程，若其中的（根音），（三音），（五音）三个单音构成了一个原位大三和弦，则该和弦中五音与根音的频率的比值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

分析】根据等比数列得到，再计算得到答案.

【详解】根据题意得到：，故，故.

故选：C

9. 执行下侧所示的程序框图，输出的值为（    ）

A. 30 B. 70 C. 110 D. 140

【答案】B

【解析】

【分析】根据程序框图依次计算得到答案.

【详解】根据程序框图得到：开始，；；；

；；，结束.

故选：B

10. 已知a，b均为正数，且，则的最小值为（    ）

A. 8 B. 16 C. 24 D. 32

【答案】B

【解析】

【分析】根据“1”的变形技巧及均值不等式求解即可.

【详解】因为a，b均为正数，且，

所以，

当且仅当时，即时等号成立，

故选：B

11. 已知函数的定义域为R，为偶函数，，当时，（且），且．则（    ）

A. 16 B. 20 C. 24 D. 28

【答案】C

【解析】

【分析】由条件可知有对称轴，对称中心，推出具有周期性，由求得的值，可分别计算，结合周期性计算即可.

【详解】因为是偶函数，所以，所以，

所以函数关于直线对称，

又因为，所以，

所以，所以关于点中心对称，

由及得

所以

所以函数的周期为，

因为当时，（且），且，

所以，解得：或，因为且，所以.

所以当时，，

所以，，，

，，，

，所以，

所以,

故选：.

12. 已知函数，其中．若在区间上单调递增，则的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】若在区间上单调递增，满足两条件：

①区间的长度超过；② 的整体范围在正弦函数的增区间内，取合适的整数求出的取值范围.

【详解】，   

∵函数在区间内单调递增，

∴，∴，

∵，∴，

若在区间上单调递增，

则

解得，

当时，，

当时，，

当取其它值时不满足，

∴的取值范围为，

故选：D

二、填空题：本大题共4小题，每小题，共20分．

13. 已知实数，满足，则的最大值为______．

【答案】

【解析】

【分析】先作出不等式组对应的可行域，再利用数形结合分析得到的最大值.

【详解】解：因为实数，满足，则不等式组对应的可行域为如下图所示：

由，解得，即，

令，则，当直线经过点时，直线的纵截距最大，

，

故的最大值为.

故答案为：

14. 若，则________．

【答案】2

【解析】

【分析】

根据正切函数的和角公式,可知,再展开求解即可.

【详解】因为,所以,,即＝－1,

所以,,

＋1＝2

故答案为：2

【点睛】本题主要考查了两角和的正切函数运用,属于基础题.

15. 已知平面向量，，满足，且，则的最大值为________．

【答案】##2.5

【解析】

【分析】由，可求得，再求解，结合向量模长的三角不等式，即得解.

【详解】由题意，，又，

故，

故，

由向量模长的三角不等式，，

即，

解得：，则的最大值为.

故答案为：

16. 若，则的取值范围是______．

【答案】

【解析】

【分析】令，求导得到导函数，讨论，，三种情况，分别确定函数的单调区间，计算函数的最小值，通过最小值大于0得到不等式，解得答案.

【详解】令，依题意对恒成立，

，

若，则对恒成立，符合题意；

若，则当时，，为减函数，

当时，，为增函数，

所以，所以，解得

若 ，则当时，，为减函数；

当时，，为增函数，故.

所以，所以，所以，所以.

综上所述：的取值范围为.

故答案为：

【点睛】本题考查了利用导数求参数的取值范围，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中构造函数将题目转化为函数的最小值是解题的关键，忽略的情况是容易犯的错误.

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. 已知等比数列，前n项和为，且，，成等差数列．问：﹐，是否成等差数列?并说明理由．

【答案】，，成等差数列，理由见解析

【解析】

【分析】设出等差数列和等比数列通项公式所需的基本量，列方程，化简得到，题目得证.

【详解】，，成等差数列．理由如下：

设等比数列的公比为q，

由于，，成等差数列，

所以，

若，则有，显然不成立，故公比．

于是有，

即有，即，故有．

则

，则化简得，

所以，，成等差数列

18. 记的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c．知．

（1）求角A的大小；

（2）若点D在边BC上，AD平分，，且，求a．

【答案】（1）；   

（2）3

【解析】

【分析】（1）由正弦定理、辅助角公式、角的范围可得，即可进一步求解；

（2）由角平分线及三角形面积公式得，则，结合模运算数量积运算可得，则，即可进一步由余弦定理解出

【小问1详解】

由，根据正弦定理得，

由于，则，则有，即，

又，则，故有，所以．

【小问2详解】

由题，的面积为（h为中BC边上的高），又的面积为，

由AD平分，所以，则，

所以，

即，解得，则，

又，

所以，．

19. 已知数列的前项和为，满足，且．

（1）求的通项公式；

（2）数列满足，求的前项和．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用与的关系求解即可；（2）先求出，然后利用错位相减法求出即可.

【小问1详解】

由已知，，则时，，

两式相减，得，即，

所以，为公比为2的等比数列．

由，得，

则．

所以的通项公式．

【小问2详解】

由已知，得，①

则时，，得﹔

时，，②

①–②得，，即，又符合该式，

所以．

所以，，

同乘以，得，

两式相减，得，

所以，

20 已知函数．

（1）当时，过点作曲线的切线l，求l的方程；

（2）当时，对于任意，证明：．

【答案】（1）或   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）易知不在上，设切点，由导数的几何意义求出切线方程，将代入求出对应，即可求解对应切线方程；

（2）构造，求得，再令，通过研究正负确定单调性，再由正负研究最值，进而得证.

【小问1详解】

由题，时，，，

设切点，则切线方程为，

该切线过点，则，即，

所以或．又；；，．

所以，切线方程为或；

【小问2详解】

设，则，

令，则，

可知，时，；时，，

故时均有，则即在上单调递增，，

因为时，则，，故在上单调递增，

此时，．

所以，当时，对于任意，均有．

21. 已知函数．

（1）若单调递增，求a的取值范围；

（2）若有两个极值点，其中，求证：．

【答案】（1）   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）求到得，令分离参数得，设，利用导数求得，即可求解a的取值范围；

（2）有两个极值点，即有两个不相等实数根，由（1）画出大致图象，确定且，构造函数，利用导数证明，同理构造，利用导数证明（此两步意为“搭桥”），设方程根为，则，同理设方程解为，则，可得，由即可求证.

【小问1详解】

由得，

由单调递增，则，得，

设，则，

可知时，，单调递增；时，﹐单调递减，则时，取得极大值，也即为最大值，则．

所以，a的取值范围是．

【小问2详解】

由题，函数有两个极值点，则即有两个不相等实数根，

由（1），可知时，取得极大值，且时，时，故有两个不等实根时，且．

过点与的直线方程为，

构造函数，，

令，则，

则时，，即单调递减；时，，即单调递增，所以时，极小值为，

所以时，，则，

即，故当时，，

设方程根为，则．构造函数，

设，

可知时，则，

所以时，，

设方程解为，则．

于是有，如图，

所以，证毕．

【点睛】本题考查了利用函数的单调性求参数范围，由极值点分布证明不等式恒成立.

利用单调性求参数范围常采用分离参数法，证明不等式恒成立常采用构造函数法、此题中搭建和思维难度大，有化曲为直的妙处.

（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. 下图所示形如花瓣的曲线称为四叶玫瑰线，并在极坐标系中，其极坐标方程为．

（1）若射线：与相交于异于极点的点，与极轴的交点为，求；

（2）若，为上的两点，且，求面积的最大值．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据已知得到、两点的极坐标，代入距离公式即可；

（2）设， ，根据极坐标方程求出、，将三角形面积表示为的三角函数，根据三角恒等变换求三角函数的最大值.

【小问1详解】

将代入方程，

得， ，则的极坐标为.

又与极轴的交点为的极坐标为.

则.

【小问2详解】

不妨设，，

则，

所以，的面积

所以，当，即时，.

所以，面积最大值为.

[选修4-5：不等式选讲]（10分）

23. 设函数．

（1）解不等式；

（2）令的最小值为，正数，，满足，证明：．

【答案】（1）   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）将函数写成分段函数，再分类讨论，分别求出不等式的解集，从而得解；

（2）由（1）可得函数图象，即可求出函数的最小值，再利用基本不等式证明即可.

【小问1详解】

解：因为，

所以不等式，即或或，

解得或或，

综上可得原不等式的解集为.

【小问2详解】

解：由（1）可得函数的图象如下所示：

所以，即，所以，

又，，，

所以，

当且仅当时取等号，

所以.