四川省资阳市2022-2023学年高三上学期第一次诊断考试数学（理）试题（解析版）

这是一份四川省资阳市2022-2023学年高三上学期第一次诊断考试数学（理）试题（解析版），共22页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
资阳市高中2020级第一次诊断性考试理科数学一、选择题：本题共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. 已知全集，，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】计算，，再计算补集得到答案.【详解】，故，故.故选：D2. 已知复数满足，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据复数的运算法则直接计算得到答案.【详解】，故.故选：D3. 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，在根据三角函数定义计算得到答案.【详解】，即，则，.故.故选：A4. 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】根据条件可求得，从而求得，然后利用余弦的和差角公式展开化简，即可得到结果.【详解】由已知可得，则，所以，则，所以由可得，，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：A7. 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：C9. 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：B10. 已知，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】确定，变换得到，展开利用均值不等式计算得到答案.【详解】当时，，，故，不符合题意，故，，当，即时等号成立.故选：B11. 已知函数的定义域为R，为偶函数，，当时，（且），且．则（    ）A. 28 B. 32 C. 36 D. 40【答案】C【解析】【分析】本题主要考查函数的奇偶性、周期性和对称性，根据奇偶性、周期性和对称性即可求值.【详解】因为是偶函数，所以，用代替可得：，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，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．给出以下命题：①若在上有且仅有1个极值点，则；②若在上没有零点，则或；③若在区间上单调递增，则或．其中所有真命题的序号是（    ）A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ①②③【答案】D【解析】【分析】对于①，先整理得，再结合正弦函数性质得到，从而得以判断正误；对于②，先由正弦函数的性质得到，从而分析得，即或，从而可求得的取值范围.；对于③，先由正弦函数的单调区间得到，从而分析得，即或，从而可求得的取值范围.【详解】,对于①，因为在上有且仅有1个极值点，则在上只有一个最值，因为，所以，令，则，则在上只有一个最值，所以，得，故①正确；对于②，因为，所以，令，则，因为在上没有零点，则在上没有零点，所以，故，因为，所以，即，又由，得，故，又，所以或，当时，，所以；当时，；综上：或，故②正确；对于③，因为，所以，令，则，因为在区间上单调递增，则在上单调递增，因为在上单调递增， 所以，故，因为，所以，即，又由，得，故，又，所以或，当时，，所以；当时，；综上：或，故③正确.故选：D.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，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. 已知，则______．【答案】2【解析】【分析】将代入目标式，利用两角差的正切公式化简计算即可.【详解】，故答案为：2.15. 已知平面向量，，满足，且，则的最大值为______．【答案】【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. 已知等比数列的前项和为，且，，（其中）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】设出等比数列通项公式所需的基本量，根据等差中项的性质列方程，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，，（其中）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，即，成立，所以，，成等差数列.18. 记的内角，，所对的边分别是，，．已知．（1）求角的大小；（2）若点在边上，平分，，且，求．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）根据余弦定理化简即可得到角的大小；（2）由角平分线定理可得，由，结合余项定理化简即可求得结果.【小问1详解】因为，即化简可得，由余弦定理可得，所以，且，则【小问2详解】由（1）知，由余弦定理可得，将代入，化简可得，又因为平分，由角平分线定理可得，即，且，所以，又因为,则，结合余弦定理可得，解得，所以则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）利用可得数列等差数列，再通过条件可得首项，进而可得通项公式；（2）利用错位相减法可求和.【小问1详解】由得，当时，，故，则，即，是以为公比的等比数列，由得，即故【小问2详解】则时，， 两式相减得，故，又，则，符合，则则20. 已知函数．（1）若过点仅能作曲线的一条切线，求的取值范围；（2）若任意，都有，求的取值范围．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）设切点为，写出切线方程的表达式，根据条件等价于只有一个实数根即可，结合导数分析单调性和极值即可求解；（2）设，令，利用导数分析的单调性，讨论参数从而判断的单调性，进而求出参数范围．【小问1详解】由题得，设切点为则切线方程为该切线过点，则，即因为过点仅能作曲线的一条切线，只需只有一个实数根即可，设，则当或时，，则单调递增；当，，则单调递减；所以时，取得极大值；时，取得极小值；又，；又，；要使只有一个零点，则或，即或所以的取值范围为【小问2详解】设，则令，则可知，；当，所以任意，有，则在单调递增；又①若即；所以故在单调递增；此时满足条件；②若，即，可知则存在，所以当，总有此时单调递减，则时，有，不满足条件；综上所述的取值范围是21. 已知函数．（1）若单调递增，求的取值范围；（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）根据函数单调递增，则，然后转化为求函数最值问题，即可得到结果.（2）构造函数，可得，从而得到当时，，然后令可得，当时，，故有，即可证明.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，也为最大值，则所以，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，，趋向时趋向于0.故有两个不相等实根时，，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，，设方程的根为，则，构造函数令则，令，则，故时，单调递减，则，又，所以，当时，，故有，令方程的根为，则，于是有，如图所以，证毕【点睛】关键点点睛：涉及不等式证明问题，可以将不等式变形，构造函数，利用导数探索函数单调性，极值是解决问题的关键.（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]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]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.