2023届四川省泸州市高三上学期第一次教学质量诊断性考试数学（理）试题含解析

2023届四川省泸州市高三上学期第一次教学质量诊断性考试数学（理）试题

一、单选题

1．已知命题：，则是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】特称量词命题的否定是全称量词命题，把存在改为任意，把结论否定.

【详解】是“”.

故选：C

2．已知集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】求得集合，再根据集合的运算以及包含关系，即可判断和选择.

【详解】，又，

故，，，，故A正确，其它选项错误.

故选：A.

3．已知直线m，n及平面，则“”是“”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

【答案】B

【分析】由充分条件与必要条件求解即可

【详解】由题意可知：

当时，与可能平行，也可能相交，故充分性不成立；

当时，成立，故必要性成立；

所以“”是“”的必要不充分条件，

故选：B

4．近年来，中国加大了电动汽车的研究与推广，预计到2060年，纯电动汽车在整体汽车中的渗透率有望超过，新型动力电池随之也迎来了蓬勃发展的机遇．已知蓄电池的容量C（单位：），放电时间t（单位：h）与放电电流I（单位：A）之间关系的经验公式为，其中．在电池容量不变的条件下，当放电电流时，放电时间，则当放电电流时，放电时间为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据题意结合指、对数运算求解.

【详解】由题意可得：，

当时，则，

∴.

故选：B.

5．函数在区间上的图象大致为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据函数奇偶性结合当时函数值的符号性分析判断.

【详解】∵，即，

∴为偶函数；

又∵当时，则，故，

∴；

综上所述：A正确，B、C、D错误.

故选：A.

6．已知一个机械工件的正(主)视图与侧(左)视图如图所示，俯视图与正(主)视图完全一样，若图中小网格都是边长为1的正方形，则该工件的表面积为

A．24 B．26 C．28 D．30

【答案】C

【分析】根据三视图判断出几何体的结构，并由此计算出表面积.

【详解】由三视图可知，该几何体是由两个圆柱组合而成，故表面积为.故选C.

【点睛】本小题主要考查三视图还原为原图，考查组合体的表面积计算，考查圆柱的表面积公式，属于基础题.

7．为了得到函数的图象，只需将函数的图象上所有的点（    ）

A．先横坐标伸长到原来的2倍，再向左平移个单位长度

B．先横坐标伸长到原来的2倍，再向左平移个单位长度

C．先横坐标缩短到原来的倍，再向左平移个单位长度

D．先横坐标缩短到原来的倍，再向右平移个单位长度

【答案】B

【分析】根据三角函数图象的变换，结合函数解析式，即可直接判断和选择.

【详解】将的图象上所有的点先横坐标伸长到原来的2倍，得到的图象，

再向左平移个单位长度得到的图象.

故选：B.

8．已知，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用换底公式化简,利用对数函数的单调性、作差法即可得出答案．

【详解】,

故选：B．

【点睛】本题考查对数函数的应用，考查换底公式，考查学生的计算能力，属于基础题．

9．已知函数，若方程恰好有三个不等的实数根，则实数k的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】将问题转化为与的图象有三个交点的问题，利用导数判断的单调性，数形结合，即可求得结果.

【详解】当时，，故不是方程的根；

当时，方程恰好有三个不等的实数根即与的图象有个交点；

又，

当时，，故当时，单调递减，在时，单调递增；

当，时，；时，；且；

又当时，，故在单调递减，

当，时，；时，；

故在同一坐标系下，的图象如下所示：

数形结合可得，当，即时满足题意，故的取值范围为.

故选：D.

10．已知定义在上的函数的图象关于y轴对称，且满足，又，，则的值是（    ）

A．1 B． C．2022 D．2023

【答案】A

【分析】求得的周期，根据函数的奇偶性和已知函数值，结合题意，求解即可.

【详解】，则，，故的周期为；

又，则；

，则；

又为偶函数，故，则；

故.

故选：A.

11．在棱长为1的正方体中，点M在对角线上（点M与A，不重合），则下列结论中错误的是（    ）

A．线段与的长度始终相等

B．存在点M，使得∥平面

C．存在点M，使得直线与平面所成角为

D．若N是上一动点，则的最小值为

【答案】D

【分析】对A：根据三角形全等，即可容易判断；对B：以为坐标原点建立空间直角坐标系，设出点的坐标，求得平面的法向量以及直线的方向向量，通过其数量积的坐标运算，即可判断；对C：根据二面角的向量求解方法，求解即可；对D：将问题转化为在平面中求的最小值问题，结合几何作图，即可求得结果.

【详解】对A：连接，如下所示：

因为，故△△，故，

又，故△△，故始终成立，故A正确；

对B：以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系：

则，

，设平面的一个法向量，

则，即，取，则，故；

设点的坐标为，，即，

解得，故，，

若存在点M，使得∥平面，则，即，

解得，故存在点为上靠近点的三等分点，使得∥平面，B正确；

对C：根据选项B中建立的空间直角坐标系，易知平面的一个法向量，

又，

若直线与平面所成角为，

则，

解得（舍）或，即存在点为上靠近点的三等分点满足题意，故C正确；

对D：由A可知，，故的最小值即为的最小值；

在平面中，作关于的对称直线，点关于直线的对称点为，如下所示：

故，则当且仅当，交于点时，取得最小值；

在△中，，故，

则，在△中，，故，

即的最小值为，D错误.

故选：D.

12．已知函数，任取，记函数在上的最大值为，最小值为，设，则函数的值域为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】考虑一个周期内的情况，根据的取值，求得的解析式，结合三角函数的值域，求该函数值域即可.

【详解】因为，其中分别是指在区间上的最大值和最小值，

因为的周期，故在区间的图象与在区间上的图象完全相同，

故，故，即是周期为的函数，故的值域与时的值域相同；

又在单调递减，单调递增，在单调递减，

故当时，在区间上的最大值为，最小值为，此时；

当时，在区间上的最大值为，最小值为，此时；

当时，在区间上的最大值为，最小值为，此时；

当时，在区间上的最大值为，最小值为，此时；

当时，在区间上的最大值为，最小值为，此时；

当时，在区间上的最大值为，最小值为，此时；

故在的函数图象如下所示：

数形结合可知，的值域为.

故选：C.

【点睛】关键点点睛：本题考查函数值域的求解，涉及三角函数值域的求解；处理问题的关键是能够根据题意，找到的周期，同时要对进行分类讨论求的解析式，属综合困难题.

二、填空题

13．已知幂函数的图象过点，且，则a的值为________．

【答案】或

【分析】根据题意求得的解析式，再根据即可求得结果.

【详解】根据题意可设，由题可知，解得，则，

又，即，解得或.

故答案为：或.

14．写出满足条件“函数的图象关于直线对称”的的一个值________．

【答案】（答案不唯一，满足即可）

【分析】以为整体，结合余弦函数的对称轴运算求解.

【详解】由题意可得：，则，

当时，.

故答案为：.

15．已知函数存在极值点，则实数a的取值范围是_____________．

【答案】

【分析】求得，将题意转化为使得在上存在穿越零点，结合二次函数的性质，列出关于的不等式，求解即可.

【详解】定义域为，，

根据题意可得在上存在穿越零点，

故，且，解得.

故答案为：

16．已知正三棱锥（底面是正三角形且顶点在底面的射影是底面三角形的中心）的体积为，其各顶点都在同一球面上，则该球的表面积的最小值为_____________．

【答案】

【分析】根据三棱锥体积求得底面边长和高之间的关系，结合棱锥外接球求解办法，求得外接球半径与高之间的关系，利用基本不等式求得其最小值，再求球的表面积即可.

【详解】根据题意，作如下正三棱锥，即顶点再底面的射影为，连接，

记该三棱锥外接球球心为，连接，如下所示：

设，，，则；

根据题意可得，即，则；

在△中，易知，，，

由可得，即，

则，当且仅当时取得等号；

则的最小值为，故该球的表面积的最小值为.

故答案为：.

三、解答题

17．已知函数的图象相邻两最高点的距离为，且有一个对称中心为．

(1)求和的值；

(2)若，且，求的值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）求出函数的最小正周期，可求得的值，由函数的对称性结合的取值范围可求得的值，即可得出函数的解析式；

（2）由已知条件可得出，利用同角三角函数的基本关系以及两角和的正弦公式可求得的值.

【详解】（1）解：由题意可知，函数的最小正周期为，，则，

因为函数有一个对称中心为，则，

所以，，因为，则，故，.

（2）解：由（1）可得，

，

因为，则，所以，，

因此，.

18．已知是函数的极值点，且曲线在点处的切线斜率为．

(1)求函数的解析式；

(2)设，若对任意，总存在，使得成立，求实数m的取值范围．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）根据极值点处的导数为零，结合导数几何意义，列出满足的等量关系，求得，则问题得解；

（2）求得在区间上的值域，根据值域的包含关系，列出的不等式，求解即可.

【详解】（1），则，由题可知，，

解得，故.

（2）由（1）知，，

故当，，单调递减；当，，单调递增；

又，故在上的值域为；

，当，单调递增，故值域为；

根据题意，是的子集，

故，解得，故实数的取值范围为.

19．设锐角的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．

(1)求角A的大小；

(2)若，在①；②这两个条件中任选一个作为条件，试探究符合条件的是否存在，若存在，求b；若不存在，请说明理由．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．

【答案】(1)

(2)选①，不存在；选②，存在，

【分析】（1）由正弦定理得到，再由余弦定理得到，结合，求出；

（2）选①：由正弦定理得到，进而得到，，故锐角不存在；

选②：求出，，满足为锐角三角形，进而由正弦定理求出.

【详解】（1），由正弦定理得：，

即，

由余弦定理得：，

因为，所以；

（2）选①：，

锐角中，，，，

由正弦定理得：，即，解得：，

因为为锐角三角形，所以，

因为在上单调递增，且，

所以，此时，

此时与为锐角三角形矛盾，这样的三角形不存在；

选②：，

锐角中，，，，

则，

故，

满足均为锐角，满足题意，

，

由正弦定理得：，即，解得：，

故符合条件的是否存在，.

20．如图，四棱锥中，，平面平面，点M在棱上．

(1)求证：；

(2)设时，求二面角的正弦值．

【答案】(1)答案见解析

(2)

【分析】(1)由面面垂直的性质定理即证得.

(2)建立空间直角坐标系，求得的两个半平面的法向量，结合向量夹角的余弦公式代入即可.

【详解】（1）取的中点,连接，如图所示

因为，所以，又因为平面平面，且平面平面，所以平面，因为平面，所以，因为，所以，由，且平面，所以平面，由平面 ，所以.

（2）由(1)可知，平面，平面，所以平面平面，所以以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，

在中，，，在中，，所以

，

因为平面，，即为平面的一个法向量，设平面的法向量为，，，

，取，则，则，，

所以二面角的正弦值为.

21．已知函数（其中）．

(1)讨论函数的单调性；

(2)对任意都有成立，求实数a的取值范围．

【答案】(1)答案见解析

(2)

【分析】(1)求出函数的导数，根据的正负进行分类讨论.

(2) 任意都有成立，代入进行参变分离，得，构造新函数，求最值即可求得.

【详解】（1）由题意得，，

当时，恒成立，在单调递增.

当时，，，在上单调递增，

，，在上单调递减.

（2）任意都有成立，即，

即，令， ，令，则在上恒成立，即 在上单调递增.又，故在 内有零点，设零点为，当时，，当时，，

所以，则，所以，设，，所以在单调递增，，即，所以，所以，所以.

【点睛】导数中常用的转换方法，利用导数研究含参函数的单调性，常转化为不等式恒成立问题解决.

22．以等边三角形的每个顶点为圆心，以其边长为半径，在另两个顶点间作一段圆弧，三段圆弧围成的曲边三角形被称为勒洛三角形．如图，在极坐标系中，曲边三角形为勒洛三角形，且．以极点O为直角坐标原点，极轴为x轴正半轴建立平面直角坐标系．

(1)求的极坐标方程；

(2)若曲线C的参数方程为（t为参数），求曲线C与交点的极坐标．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）求得的直角坐标方程，再转化为极坐标方程即可；

（2）求得曲线的普通方程，结合的直角坐标方程，求得交点的直角坐标，再转化为极坐标即可.

【详解】（1）对点，设其直角坐标为，则，即其直角坐标为，

故在直角坐标系下的方程为：，

由可得：，

故的极坐标方程为：.

（2）由题可得曲线的普通方程为：，联立，

可得，解得或，又，故，则，

即曲线C与交点的直角坐标为，设其极坐标为，

则，，

即曲线C与交点的极坐标为.

23．已知函数．

(1)求不等式的解集；

(2)设函数的最小值为M，若正数a，b，c满足，证明．

【答案】(1)；

(2)证明见解析.

【分析】（1）根据的取值分类讨论，分段求解不等式即可；

（2）利用绝对值三角不等式求得，再根据基本不等式即可证明.

【详解】（1）当时，即，解得，不等式解集为；

当时，即，不等式解集为空集；

当时，即，解得，不等式解集为；

综上所述，的解集为.

（2），当且仅当，即时取得等号，故；

则，又，

则，

又，当且仅当时取得等号；

，当且仅当时取得等号；

，当且仅当时取得等号；

故，

当且仅当，且，即时取得等号.

故，时取得等号.