贵州省毕节市2023届高三数学（文）诊断性考试（一）试题（Word版附解析）

毕节市2023届高三年级诊断性考试（一）

文科数学

本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．满分150分．考试用时120分钟．

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、学校、班级填写在答题卡相应位置上．

2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号，写在本试卷上无效．

3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．

4．请保持答题卡平整，不能折叠．考试结束，监考员将答题卡收回．

第Ⅰ卷

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，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. 已知复数为纯虚数，则实数的值为（）

A.  B. 或 C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据复数的类型可得出关于的等式与不等式，解之即可.

【详解】因为复数为纯虚数，则，解得.

故选：A.

2. 设集合，，则（）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】首先求集合，再根据集合的运算求

【详解】，解得：，所以，

所以或，

因为，

所以.

故选：D

3. 已知数列的通项公式为，则的值为（）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据给定条件，判断为等比数列，再利用等比数列前n项和公式计算作答.

【详解】依题意，，，数列是首项为2，公比为等比数列，

所以.

故选：D

4. 某营救小组有48人，需要乘船过河去执行营救任务，现从甲、乙两种型号的船中选择一种．甲型号的船比乙型号的船少5艘．若只选择甲型号的，每艘船载4人，则船不够；每艘船载5人，则有船没有载满．若只选择乙型号的，每艘船载3人，则船不够：每艘船载4人，则有多余的船．甲型号的船有（）

A. 9艘 B. 10艘 C. 11艘 D. 12艘

【答案】B

【解析】

【分析】设甲船有艘，则乙船有艘，根据题意列出不等式组，解之即可得解.

【详解】设甲船有艘，则乙船有艘，

由题意可得，解得，

又因为为正整数，所以，

即甲型号的船有10艘.

故选：B.

5. 已知向量，，则“”是“与同向”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】C

【解析】

【分析】先求出与同向的的值，再利用条件定义判断.

【详解】因为当与同向时，，即或（舍）；

所以“”是“与同向”的充要条件.

故选：C.

6. 图（1）是由正方形和正三角形组合而成的平面图形，将三角形沿折起，使得平面平面，如图（2），则异面直线与所成角的大小为（）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】由平面平面，可得平面，从而．由可知为异面直线与所成角，从而得解．

【详解】∵平面平面，平面平面，平面，，

∴平面，又平面，∴．

∵，∴为异面直线与所成角，

∵，∴．

故选：C．

7. 如图所示，太极图是由黑白两个鱼形纹组成的图案，俗称阴阳鱼，太极图展现了一种相互转化，相对统一的和谐美，若函数的图象能将圆的周长和面积同时等分成两个部分，则称为这个圆的一个“太极函数”．已知函数是圆的一个太极函数，若函数有两个极值点，则实数的取值范围为（）

A.  B.

C D.

【答案】A

【解析】

【分析】首先由题意，可知函数关于点对称，列式求，再根据函数有2个极值点，转化为有两个不相等的实数根.

【详解】圆的圆心为，若函数是圆的太极函数，

则函数关于点对称，则，有，

即，

整理为：恒成立，

解得：，

则函数，

，若函数有两个极值点，则有两个不相等的实数根，

则，解得：.

故选：A

8. 给出下列命题：

①函数恰有两个零点；

②若函数在上的最小值为4，则；

③若函数满足，则；

④若关于的方程有解，则实数的取值范围是．

其中正确的是（）

A①③ B. ②④ C. ③④ D. ②③

【答案】D

【解析】

【分析】①利用图象，转化为函数交点问题，即可判断；

②利用基本不等式，即可求解；

③结合条件，找到规律，即可求解；

④参变分离后，转化为求函数的值域，即可求解.

【详解】①当时，有2个零点，2和4，

根据和可知，当时，函数有1个零点，

所以函数有3个零点，

故①错误；

②，即，得，故②正确；

③①，，②

且因为，则

，，…,

所以①+②，

所以，故③正确；

④若关于的方程有解，则，因为，则，故④错误.

故选：D

9. 已知点在直线上，过点作圆的两条切线，切点分别为，则圆心到直线的距离的最大值为（）

A.  B.  C. 1 D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据题意，设为直线上的一点，由圆的切线的性质得点在以为直径的圆上，求出该圆的方程，与圆C的方程联立可得直线的方程，将其变形分析可得直线恒过的定点，由点到直线的距离分析可得答案．

【详解】由题意可得的圆心到直线的距离为，

即与圆相离；

设为直线上的一点，则，

过点P作圆的切线，切点分别为，则有，

则点在以为直径的圆上，

以为直径的圆的圆心为 ，半径为，

则其方程为，变形可得 ，

联立，可得：，

又由，则有 ，

变形可得 ，

则有，可得，故直线恒过定点，

设，由于，故点在内，

则时，C到直线的距离最大，

其最大值为,

故选∶B

10. 正方体的棱长为，点为的中点，一只蚂蚁从点出发，沿着正方体表面爬行，每个面只经过一次，最后回到点．若在爬行过程中任意时刻停下来的点与点的连线都与垂直，则爬行的总路程为（）

A.  B. 6 C.  D. 3

【答案】B

【解析】

【分析】由题意可知蚂蚁从点出发，沿着与垂直的正方体的截面爬行，回到M点，作出蚂蚁爬行得路线，求得相关线段长度，即可求得答案.

【详解】由题意可知蚂蚁从点出发，沿着与垂直的正方体的截面爬行，回到M点，

设为的中点，连接,

连接,则,而,即四边形为平行四边形，

故,所以,

故四边形为梯形，则延长必交于一点，设为N,

则确定一平面，设，

同理可证，,,

而,故,同理可证,

即共面,该平面即为；

又平面,平面,故,

又,

而平面，故平面,

平面，故，同理可证,

而，故，

即平面即为过点M和垂直的平面，

则蚂蚁沿着爬行，

由题意可得，

故爬行的总路程为6，

故选：B

11. 已知，，，则，，的大小关系为（）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】利用对数的运算性质以及对数函数的单调性化简，并判断范围，采用作差法结合基本不等式可判断，即可得答案.

【详解】由题意可得，

，，

又，

由于，

故，

综合可得，

故选：A

12. 已知，为双曲线的两个焦点，以坐标原点为圆心，半径长为的圆记为，过作的切线与交于，两点，且，则的离心率为（）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】首先利用几何关系表示焦半径的长度，结合双曲线的定义，即可求解.

【详解】如图，点为切点，则，过点作，垂足为点，则，

因为，，则，

因为点是线段的中点，所以点是线段的中点，则，，

因为，则，则，，

因为，

解得：

即双曲线的离心率为.

故选：C

第Ⅱ卷

本卷包括必考题和选考题两部分．第13题~第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．

二、填空题，本大题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 某机床生产一种零件，10天中，机床每天出的次品数分别是：

0    1    0    2    2    0    3    1    2     4

则该机床的次品数的中位数为___________．

【答案】

【解析】

【分析】把给定数据按由小到大的顺序排列，再求出中位数作答.

【详解】10天中的次品数由小到大排成一列为：，

所以该机床的次品数的中位数为.

故答案为：

14. 勒洛三角形是分别以等边三角形的每个顶点为圆心，边长为半径，在另两个顶点间作圆弧，三段圆弧围成的曲边三角形（如图），已知椭圆的焦点和顶点能作出一个勒洛三角形，则该勒洛三角形的周长为___________．

【答案】

【解析】

【分析】根据给定条件，求出正三角形的边长，再利用弧长计算公式计算作答.

【详解】因为椭圆的焦点和顶点能作出一个勒洛三角形，令其半焦距为c，

则点或或或为一正三角形的三个顶点，

于是得正三角形边长为，显然勒洛三角形三段圆弧长相等，所对圆心角为，

所以该勒洛三角形的周长为.

故答案为：

15. 已知函数在区间上恰有两个零点，则的取值范围为___________．

【答案】

【解析】

【分析】由题意求出，结合题意结合正弦函数性质列出不等式，求得答案.

【详解】当时，则，则，

要使在区间上恰有两个零点，

则，解得，

即的取值范围是，

故答案为：．

16. 已知数列满足，，则数列的前项和________．

【答案】

【解析】

【分析】先根据递推关系式求出，然后利用裂项相消法求和.

【详解】由题意可得，，

所以是以3为首项，3为公差的等差数列，所以，

；

设数列的前项和为，

则.

故答案为：.

三、解答题：本大题共7小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．

17. 2022年11月21日到12月18日，第二十二届世界杯足球赛在卡塔尔举行，某机构将关注这件赛事中40场比赛以上的人称为“足球爱好者”，否则称为“非足球爱好者”，该机构通过调查，并从参与调查的人群中随机抽取了100人进行分析，得到下表（单位：人）：

（1）将上表中的数据填写完整，并判断能否在犯错误的概率不超过0.005的前提下认为足球爱好与性别有关？

（2）现从抽取的女性人群中，按“足球爱好者”和“非足球爱好者”这两种类型进行分层抽样抽取5人，然后再从这5人中随机选出3人，求其中至少有1人是“足球爱好者”的概率．

附：，其中．

【答案】（1）表格见解析，能

（2）

【解析】

【分析】（1）根据所给数据补全表格，根据公式计算即可判断；

（2）将选中的5人编号，用枚举法列出所有的可能，即可求出概率.

【小问1详解】

，

能在犯错误的概率不超过的前提下认为足球爱好与性别有关．

【小问2详解】

依题意，从女性人群中抽取的5人中，是“足球爱好者”的有2人，设为，；“非足球爱好者”的有3人，设为，，．

随机选出3人的情况有：，，，，，，，，，，共10种，

其中至少有1人是“足球爱好者”的情况有：，，，，，，，，，共9种，

则选出的3人中至少有1人是“足球爱好者”的概率为：．

18. 已知的内角，，的对边分别为，，．若．

（1）求角；

（2）若，求边上的高的取值范围．

【答案】（1）；

（2）.

【解析】

【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理边化角，再利用二倍角的正弦求解作答.

（2）由（1）可得，再利用三角形面积公式计算作答.

【小问1详解】

在中，由正弦定理及，得，

即有，而，，即，，

因此，，

所以．

【小问2详解】

令边上的高为，

由，得，

由（1）知，，即，则，

所以边上的高的取值范围是.

19. 如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，分别为，的中点，与交于点，，，为上一点，．

（1）证明：，，，四点共面；

（2）求证：平面平面．

【答案】（1）证明见解析

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）根据三角形中等比例性质证明，再证明，从而，所以，，，四点共面；

（2）先通过线面垂直性质定理证明，再由勾股定理证明，最后由线面垂直证明面面垂直

【小问1详解】

证明：连接

四边形是矩形，为的中点，

且，

，

，

，

，

，

，分别是，的中点，

，

，

，，，四点共面．

【小问2详解】

证明：底面且平面，

，

，，为中点，

，，，

，，

，

，，

，平面，平面，平面，

平面，平面.

20. 已知函数．

（1）求曲线在点处的切线方程；

（2）若函数在上单调递减，求实数的取值范围．

【答案】（1）

（2）

【解析】

【分析】(1)先求出，借助导函数求得，进而可得切线方程.

(2) 函数在上单调递减等价于成立，令，借助导数判断单调性，进而得到最大值，则有，进而可得答案.

【小问1详解】

根据题意，

函数的定义域为,，

曲线在点处的切线方程为．

【小问2详解】

的定义域为

令

令

在上为增函数，在上为减函数，

为单调递减的函数

．

21. 设抛物线的焦点为，点，过的直线交于，两点．当直线垂直于轴时，．

（1）求的方程；

（2）在轴上是否存在一定点，使得_________？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．

从①点关于轴的对称点与，三点共线；②轴平分这两个条件中选一个，补充在题目中“__________”处并作答．

注：如果选择两个条件分别解答，则按第一个解答计分．

【答案】（1）

（2）答案见解析

【解析】

【分析】（1）当直线垂直于轴时，点的横坐标为，根据抛物线的定义，，则C的方程可求；

（2）若选①，设直线的方程为：，与抛物线方程联立，结合韦达定理求得直线的斜率，得直线的方程即可判断；

若选②，设直线的方程为：，与抛物线方程联立，设，由题意，结合韦达定理得对任意的恒成立，则，得出答案．

【小问1详解】

当直线垂直于轴时，点的横坐标为

根据抛物线的定义，，

则抛物线方程为：．

【小问2详解】

若选①，若直线轴，则该直线与曲线只有一个交点，不合题意，

，设直线的方程为：，设，，

联立，得，恒成立

得，

直线的斜率

直线的方程为

由，化简得

直线过定点，存在

若选②，若直线轴，则该直线与曲线只有一个交点，不合题意，

，设直线的方程为：

设，，设

联立，得，恒成立

得，

轴平分

，即对任意恒成立，则．

存在．

请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．作答时用2B 铅笔在答题卡上把所选题目对应题号的方框涂黑．

选修4-4：坐标系与参数方程

22. 在直角坐标系中，曲线的参数方程为：（为参数），以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．

（1）求曲线的极坐标方程和曲线的直角坐标方程；

（2）在极坐标系中，射线与曲线交于点，射线与曲线交于点，求的面积．

【答案】（1），；

（2）2

【解析】

【分析】（1）先将化为普通方程，再根据极坐标与普通方程的互化公式即可求出结果；先利用两角和的正弦公式化简整理，再结合极坐标与普通方程的互化公式即可求出结果；

（2）先求得和，然后结合三角形的面积公式以及点的极坐标的几何意义即可求解.

【小问1详解】

由题意得：的普通方程为

的极坐标方程为，.

由，得

即的直角坐标方程为：．

【小问2详解】

射线与曲线交点的极坐标为

由得，

的面积为．

选修4-5：不等式选讲

23. 已知函数．

（1）当付，求不等式的解集；

（2）若恒成立，求实数的取值范围．

【答案】（1）

（2）

【解析】

【分析】（1）分别在，，条件下化简绝对值不等式，并求其解集；

（2）利用绝对值三角不等式得到，依题意可得，解绝对值不等式即可

【小问1详解】

当时，，

当时，恒成立；

当时，即，解得；

当时，即，解得；

综上，

所以不等式的解集为.

【小问2详解】

依题意，即恒成立，

，

当且仅当时，等号成立，

所以，故，

所以或，解得.

所以的取值范围是.