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（解析版）

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：C

2．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：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：C

7．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.