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（文）试题含解析

这是一份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（文）试题含解析，共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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（文）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：C2．已知集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据条件解出集合，在计算即可【详解】因为又所以故选：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：B4．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．已知是方程的两实数根，则的值为（    ）A． B． C．2 D．6【答案】C【分析】由韦达定理与两角和的正切公式求解，【详解】由题意得，，则，故选：C7．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.8．已知函数，若方程恰有三个不同的实数根，则实数a的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】画出函数 的图像，将方程恰有三个不同的实数根转化为函数与有3个不同的交点即可.【详解】若方程恰有三个不同的实数根，则函数与有3个不同的交点如图与的图像由图可得函数与有3个不同的交点，则故选：A.9．已知定义在上的函数的图像关于y轴对称，且周期为3，又，则的值是（    ）A．2023 B．2022 C． D．1【答案】D【分析】利用的周期，根据函数的奇偶性和已知函数值，结合题意，求解即可.【详解】因为的周期为；又，则；，则；因为函数在上的图像关于y轴对称所以为偶函数，故，则；故.故选：D.10．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．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．已知函数在上有且仅有4个零点，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】求出的范围，然后由余弦函数性质列不等式，求得参数范围．【详解】设因为，，所以，因为函数在上有且只有4个零点，由余弦函数性质可知，解得.故选：C． 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．已知底面为正三角形、侧棱都相等的三棱锥的体积为，高为2，其各顶点都在同一球面上．则该球的表面积为__________________．【答案】【分析】如图设底面边长为，根据锥体体积公式求，设为正三角形的中心，则平面，正三棱锥的外接球的球心O在上，在中利用勾股定理即可求出R的值，从而得到球O的表面积．【详解】由条件可得该三棱锥为正三棱锥，作出其图象，如图所示：设，则，，则，因为三棱锥的体积为，高为2，设三棱锥的高为，则，,所以，所以，设为正三角形ABC的中心，连接，由正三棱锥的性质可得⊥平面，且正三棱锥的外接球的球心O在上，设球的半径为R，连接AO，，∵的边长为，∴，在中，OA＝R，，，∴，解得：，∴球O的表面积为．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)若在区间上存在最小值，求实数m的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由极值点的概念与导数的几何意义列式求解，（2）由导数判断单调性后求解，【详解】（1），则，由题意得，解得，，经检验，满足题意，（2），当或时，，当时，，则在和上单调递增，在上单调递减，若在区间上存在最小值，则，故m的取值范围为．19．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．(1)求A；(2)已知，若是锐角三角形，求a的值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由正弦定理与余弦定理化简求解，（2）由正弦定理求解，【详解】（1）由正弦定理化简得，即，而，得，而，得，（2）由是锐角三角形，故，则，而，，解得，20．如图，四棱锥中，，平面平面．(1)求证：；(2)设，点N在棱上， ，求多面体的体积．【答案】(1)见详解(2) 【分析】（1）利用线线垂直的判定定理证明即可（2）过作的延长线交于点，连接，在过作交于点，结合（1）的结论，找出四面体的高和相应底面图形的面积，代入公式计算即可【详解】（1）因为所以为等腰三角形，为的中点所以,由平面平面，且平面平面= 又平面所以平面所以.（2）因为所以由，所以平面所以,因为所以过作的延长线交于点，连接，在过作交于点，如图所示，则由平面，平面所以且所以平面，所以为四面体的高又由，所以四边形为正方形，四边形为矩形，所以,，所以在直角中， 所以 在中，， 所以在中，由所以将，代入计算得： 所以 在直角中， 所以 即多面体的体积为.21．己知函数（其中）．(1)当时，求的最大值；(2)对任意，都有成立，求实数a的取值范围．【答案】(1)最大值为0(2) 【分析】（1）将代入函数中，求出函数的导数，根据函数单调性求出最值..（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）将代入函数中，，由 所以当时，，所以函数在上单调递增；当时，，所以函数在上单调递减；故函数（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.即实数a的取值范围是【点睛】导数题常作为压轴题出现，常见的考法：①利用导数研究含参函数的单调性（或求单调区间），②求极值或最值③求切线方程④通过切线方程求原函数的解析式⑤不等式恒（能）成立问题，求参数的取值范围⑥证明不等式解决问题思路：对函数求导利用函数的单调性进行求解；构造新函数对新函数，然后利用函数导数性质解决.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.