四川省宜宾市2022-2023学年高三数学（理）上学期第一次诊断性考试试题（Word版附解析）

宜宾市2020级高三第一次诊断性试题

数学（理工类）

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.

2．回答选择题时，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. 回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.

3. 本试卷满分150分，考试时间120分钟. 考试结束后，请将答题卡交回.

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. 已知集合，，则集合的元素个数为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据题意结合一元二次不等式求集合A，再利用集合的交集运算求解.

【详解】∵，

∴，即集合的元素个数为3.

故选：C.

2. 若复数z满足，则的虚部是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由复数除法运算可求得，由虚部定义得到结果.

【详解】由得：，

的虚部为.

故选：B.

3. “”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】A

【解析】

【分析】根据指对、数函数的单调性结合充分、必要条件分析判断.

【详解】∵在上单调递增，

∴，

又∵在R上单调递增，

∴，

由可得，但由不能得到，例如，

故“”是“”的充分不必要条件.

故选：A.

4. 已知函数，则的大致图象是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】先函数的奇偶性排除两个选项，在根据函数的零点位置及范围内的函数值正反，得最符合的函数图象即可.

【详解】解：函数，定义域为，所以

所以函数为奇函数，故排除B，D选项；

当时，令得，所以函数最小正零点为，

则，则符合图象特点的是选项A，排除选项C.

故选：A.

5. 如图所示的程序框图中，若输出的函数值在区间内，则输入的实数x的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据程序框图，明确该程序的功能是求分段函数的值，由此根据该函数值域，可求得答案.

【详解】由程序框图可知：运行该程序是计算分段函数的值，

该函数解析式为： ，

输出函数值在区间 内 ，必有当时，，

当 时 ， ，

即得 ．

故选∶C．

6. 在中，若，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据向量减法结合数量积的运算律运算求解.

【详解】∵，

∴.

故选：B.

7. 已知角的终边上一点的坐标为，角的终边与角的终边关于轴对称，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据三角函数的定义得，再根据和角公式求解即可.

【详解】解：因为角的终边上一点的坐标为，角的终边与角的终边关于轴对称，

所以，点是角的终边上的点，

所以，，

所以

故选：C

8. “四书” “五经”是我国部经典名著《大学》《论语》《中庸》《孟子》《周易》《尚书》《诗经》《礼记》《春秋》的合称．为弘扬中国传统文化，某校计划在读书节活动期间举办“四书”“五经”知识讲座，每部名著安排次讲座，若要求《大学》《论语》相邻，但都不与《周易》相邻，则排法种数为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】先排除去《大学》《论语》《周易》之外的6部经典名著的讲座，将《大学》《论语》捆绑和《周易》看作两个元素，采用插空法排列，根据分步乘法计数原理，可得答案.

【详解】先排除去《大学》《论语》《周易》之外的6部经典名著的讲座，

共有种排法，将《大学》《论语》看作一个元素，二者内部全排列有种排法，

排完的6部经典名著的讲座后可以认为它们之间包括两头有7个空位，

从7个空位中选2个，排《大学》《论语》捆绑成的一个元素和《周易》的讲座，有种排法，

故总共有种排法，

故选：C.

9. 已知，当取最大值时，则的值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据可利用基本不等式推出，结合等号成立条件，即可求得当取最大值时，的值.

详解】由题意可得，

则，即，

当且仅当，即时取等号，此时取得最大值，

即取最大值时，，此时，

故选：B

10. 南宋数学家杨辉给出了著名的三角垛公式：，则数列的前项和为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】因为，根据题意结合分组求和运算求解.

【详解】∵，

由题意可得：数列的前项和为，

又∵，

∴数列的前项和

.

故选：A.

11. 已知定义在上的奇函数满足，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据题意分析可得函数是周期为4的周期函数，结合奇偶性与周期性运算求解.

【详解】∵为奇函数，则，即，

∴，则的周期为4，

则，

故.

故选：C.

12. 已知，， ，则、、的大小关系为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据分数指数幂与根式的转化，再将根式化为同次根式，比较被开方数大小，可得答案．

【详解】由题意可知，

，故；

又，，

因为，故，

综合可得，

故选：D.

二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分.

13. 若满足约束条件则的最大值为________.

【答案】5

【解析】

【分析】由约束条件做出可行域，将问题转化为在轴的截距，采用数形结合的方式即可得到结果.

【详解】

由约束条件可知，可行域如上图所示，

令，则，当在轴的截距最小时，最大

由，求得，则

所以

故答案为:

14. 在的展开式中，常数项为_________．（用数字作答）

【答案】

【解析】

【分析】先求出的展开式中的常数项和含的系数，再求的常数项.

【详解】由题得的通项为，

令，即得常数项为,

令，无整数解，即展开式中不含的项，

所以的常数项为.

故答案为：

15. 已知函数，方程在区间有且仅有四个根，则正数的取值范围是_________．

【答案】

【解析】

【分析】由方程得到，，然后得到的范围，根据原方程在区间有且仅有四个根，列出不等式，求解即可得到结果.

【详解】由，可得，

所以，

又因为当时，，

所以的可能取值为

因为原方程在区间有且仅有四个根，

所以，解得

即的取值范围是

故答案为：

16. 关于的不等式的解集为，则的最大值是_________．

【答案】##

【解析】

【分析】设是函数上的任意一点，进而求得点处切线方程，根据切线放缩得，进而将问题转化为在恒成立，再结合一次函数性质得且，进而得且，进而得，，再结合换元法求函数的最大值即可.

【详解】解：关于的不等式的解集为，

所以，在恒成立，

设是函数上任意一点，则，

所以，函数在点处的切线方程为，即，

令，则，

当时，时，，单调递减，时，，单调递增，所以，即；

当时，时，，单调递减，时，，单调递增，所以，即；

所以，，

所以，在恒成立，即在恒成立，

所以，且，

所以，恒成立，且，

所以，且，

所以，，

令，则，

令，则，

所以，当时，，单调递增，当时，，单调递减，

所以，，

所以，的最大值是.

故答案为：

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答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.

（一）必做题：共60分.

17. 年四川持续出现高温天气，导致电力供应紧张．某市电力局在保证居民生活用电的前提下，尽量合理利用资源，保障企业生产．为了解电力资源分配情况，在8月初，分别对该市A区和区各10个企业7月的供电量与需求量的比值进行统计，结果用茎叶图表示如图．

（1）求区企业7月的供电量与需求量的比值的中位数；

（2）当供电量与需求量的比值小于时，生产要受到影响，统计茎叶图中的数据，填写2×2列联表，并根据列联表，判断是否有95%的把握认为生产受到影响与企业所在区有关？

附：

【答案】（1）0.86；   

（2）2×2列联表见解析，没有95%的把握.

【解析】

【分析】（1）根据茎叶图中数据及中位数的概念直接计算得解；

（2）由茎叶图判定不受影响、受影响的企业数，据此列出2×2列联表，计算得出结论.

【小问1详解】

A区供电量与需求量的比值由小到大排列，第5个数，第6个数分别为，

所以所求中位数为；

【小问2详解】

2×2列联表：

没有95%的把握认为生产有影响与企业所在区有关.

18. 已知正项数列满足，.

（1）计算,，猜想的通项公式并加以证明；

（2）若，求数列的前项和.

【答案】（1）,,,证明见解析;   

（2）.

【解析】

【分析】（1）分别,，即可求得,,由此可猜想，用数学归纳法证明即可；

（2）结合（1）的结论可得的表达式，分组求和即可求得答案.

【小问1详解】

当时，；

当时，；

猜想.

证明如下：

当时，成立；

假设时，成立；

那么时，,

即时，，

则对任意的，都有成立.

【小问2详解】

由题意得，

.

19. 的内角所对边分别为，，，已知，.

（1）若，求的周长；

（2）若边的中点为，求中线的最大值.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据题意利用正弦定理角化边整理可得，结合题意求，即可得周长；（2）根据，结合向量模的运算与余弦定理化简整理得，根据（1）中的结论结合基本不等式运算求解.

【小问1详解】

∵，由正弦定理可得：，则，

若，则，解得，

故的周长.

【小问2详解】

∵，

∴，

由（1）可得：，即，

∵，当且仅当时，等号成立，

∴，则，

故，则，

所以的最大值为.

20. 现有甲、乙、丙三个人相互传接球，第一次从甲开始传球，甲随机地把球传给乙、丙中的一人，接球后视为完成第一次传接球；接球者进行第二次传球，随机地传给另外两人中的一人，接球后视为完成第二次传接球；依次类推，假设传接球无失误．

（1）设乙接到球的次数为，通过三次传球，求的分布列与期望；

（2）设第次传球后，甲接到球的概率为，
（i）试证明数列为等比数列；
 

（ii）解释随着传球次数的增多，甲接到球的概率趋近于一个常数．

【答案】（1）分布列见解析，   

（2）（i）证明见解析；（ii）答案见解析.

【解析】

【分析】(1) 由题意知的取值为，求出X的每个值对应的概率,即可求得分布列,根据期望公式求得期望;

（2）（i）求得，根据时，第次传给甲的事件是第次传球后，球不在甲手上并且第次必传给甲的事件，可得，由此变形得可证明结论；（ii）求出，当时，,即可解释随着传球次数的增多，甲接到球的概率趋近于一个常数．

【小问1详解】

由题意知的取值为，

； ；

；

所以X的分布列为

所以；

【小问2详解】

（i）由题意：第一次传球后，球落在乙或丙手中，则，

时，第次传给甲的事件是第次传球后，球不在甲手上并且第次必传给甲的事件，

于是有 ，即 ，

故数列是首项为，公比为的等比数列;

（ii） ，所以 ，

当时， ，所以当传球次数足够多时，球落在甲手上的概率趋向于一个常数.

21. 已知函数（）.

（1），求证：；

（2）证明：.()

【答案】（1）证明见解析；   

（2）证明见解析.

【解析】

【分析】（1）先证，令，利用导数判断函数单调性，即可证明；再证，令，利用其导数判断其单调性即可证明；

（2）l利用（1）的结论，可得，从而将原不等式转化为，继而转化为证，即证；由此构造函数，利用其导数判断单调性即可证明.

【小问1详解】

先证，令，此时，故，

所以在上单调递增，

所以，即.

再证，

令，，

，在上单调递增，

故，即，

综合以上可得时，；

【小问2详解】

由（1）可知，

，

要证，只需证，

即证，即证；

，

要证，即证

令，则，

在上单调递增，，，

所以在区间上存在零点，则时，，时，，

故在上单调递减，上单调递增，

而，，

由于 ，,故，

故，

所以时，，

故当时，成立，当时，也成立，

所以，得证，则成立.

【点睛】关键点点睛：证明不等式的关键在于利用时， ，从而将原不等式转化为证明.

（二）选做题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题记分.

选修4-4：坐标系与参数方程

22. 在平面直角坐标中，曲线的参数方程为（为参数，），以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系．

（1）求曲线的普通方程和极坐标方程；

（2）在平面直角坐标中，若过点且倾斜角为的直线与曲线交于两点，求证：成等差数列．

【答案】（1），   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）利用消参法求曲线的普通方程，并注意y的取值范围，再利用求曲线的极坐标方程；（2）先求直线l的参数方程，根据直线参数方程的几何意义运算求解.

【小问1详解】

由得，代入整理得，即，

∵，则，，

故曲线的普通方程为，

又∵，则，

整理得

曲线的极坐标方程为

小问2详解】

由题意可得：直线l的参数方程为（t为参数），

代入，整理得，

∴，，

则，

即，

∴成等差数列

选修4-5：不等式选讲

23. 已知函数．

（1）当时，解不等式；

（2）当函数的最小值为时，求的最大值．

【答案】（1）；   

（2）5.

【解析】

【分析】（1）根据题意，分类讨论求解即可；

（2）结合绝对值三角不等式得，进而根据柯西不等式求解即可.

【小问1详解】

解：由题知，，

或或

解得或或

所以，的解集为，

【小问2详解】

解：由绝对值三角不等式得：

当且仅当，即时取等号，

因为函数的最小值为，

所以，，

所以，由柯西不等式得

当，即时取等号．

所以，的最大值为．