2023届四川省成都市玉林中学高三上学期9月诊断性评价数学（文）试题（解析版）

2023届四川省成都市玉林中学高三上学期9月诊断性评价数学（文）试题

一、单选题

1．如果复数为纯虚数，那么实数的值为.

A．－2 B．1 C．2 D．1或 －2

【答案】A

【详解】试题分析：由题意得

【解析】复数相关概念

2．已知集合，集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】分别求出集合A、B，然后根据并集的运算求解即可.

【详解】，

，

所以，

故选：B.

3．已知命题﹔命题﹐，则下列命题中为真命题的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由正弦函数的有界性确定命题的真假性，由指数函数的知识确定命题的真假性，由此确定正确选项.

【详解】由于，所以命题为真命题；

由于在上为增函数，，所以，所以命题为真命题；

所以为真命题，、、为假命题.

故选：A．

4．宋元时期数学名著《算学启蒙》中有关“松竹并生”的问题：松长五尺，竹长两尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而长等．如图是源于该思想的一个程序框图，若输入的a，b分别为4、2，则输出的n的值是（    ）

A．2 B．3 C．4 D．5

【答案】B

【分析】根据程序框图中的循环结构,模拟程序运行即可求解.

【详解】根据程序框图中循环可知:当,不满足,执行循环,,不满足,继续执行循环体,,满足,结束循环体,输出.

故选:B

5．甲乙两名篮球运动员最近场比赛的得分如下茎叶图所示，若甲、乙的平均数相等，则=（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据茎叶图结合平均数的公式运算求解.

【详解】由茎叶图可得：

甲的得分为：；

乙的得分为：.

由题意可得：，

整理得.

故选：C.

6．已知数列满足，，则（    ）

A．6 B．7 C．8 D．9

【答案】B

【分析】根据递推公式求解即可.

【详解】由可得,所以,

又有,所以.

故选：B.

7．若且，则向量与的夹角为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】结合平面向量的数量积运算及模长运算即可求解与的夹角.

【详解】因为，所以

又因为，所以，及，

所以

所以与的夹角表示为，

则

所以与的夹角为.

故选：A.

8．函数在区间上的大致图像为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据奇偶性排除A，D，根据，函数值的正负可选出选项.

【详解】由题可得是偶函数，排除A,D两个选项，

当时，，，

当时，，，

所以当时，仅有一个零点.

故选：C

【点睛】此题考查函数的奇偶性和零点问题，解题时要善于观察出函数的一个零点，再分别讨论，函数值的正负便可得出选项.

9．已知的一个极值点为，若，则实数的值为（    ）

A． B．3 C． D．

【答案】D

【分析】先求导,令导数为零,即可求参.

【详解】已知,则,

因为极值点为,可得,

即得,则,则

故选:.

10．若且，则的最小值等于（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】巧用常数的关系即可求解的最小值.

【详解】因为且，

所以

当且仅当，即，时等号成立.

故选：D.

11．已知函数，，的零点分别为，，，则，，的大小为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】函数的零点直接求解即可，函数的零点利用零点存在性定理求解即可，从而可得答案

【详解】解：令，则，得，即，

令，则，得，即，

因为函数在上为增函数，且，所以在区间存在唯一零点，且，

综上，，

故选：B

12．已知定义在R上的函数满足，对于，，当时，都有，则不等式的解集为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由题设知在R上递增，将不等式转化为，利用单调性求解集即可.

【详解】由题设时，即在R上递增，

又，而等价于，

所以，即，可得.

故不等式解集为.

故选：B

二、填空题

13．某班有42位同学，学号依次为01、02、…、42，现采用系统抽样方法抽取了一个容量为6的样本，且随机抽得的第一个学号为03，则抽得的最大的学号是____________

【答案】38

【分析】利用系统抽样直接求得.

【详解】从42位同学中采用系统抽样方法抽取了一个容量为6的样本，抽样距为7，

第一个学号为03，所以抽取的6个样本的学号依次为03，10，17，24，31，38.

故答案为：38.

14．若函数在区间上是单调增函数，则实数的取值范围是________．

【答案】

【分析】根据二次函数在区间上的单调性可得出关于实数的不等式，解之即可.

【详解】二次函数图象开口向上，对称轴为直线，

因为函数在区间上是单调增函数，则，解得.

故答案为：.

15．的值等于_________．

【答案】

【分析】根据指数和对数的运算性质计算即可．

【详解】原式＝

．

故答案为：．

16．已知为R上的偶函数，且是奇函数，则下列结论正确的是________．（填序号）

①的图象关于点对称；

②的图象关于直线对称；

③的周期为；

④的周期为.

【答案】①④

【分析】是上的偶函数，它图象上的点的横坐标向左平移个单位长度之后变成了奇函数，则为周期函数，题目的关键就是找的周期，利用偶函数和奇函数的性质，以及赋值法，即可得到，利用周期函数的性质，即可判断四个结论的正确与否.特别的，是平移以后的奇函数，改变的是对应关系，所以应该将其看成是，而不是，所以有，即.

【详解】为偶函数，所以：，

为奇函数，所以：，

所以：，

即：，

即：，

所以：，

所以：是周期为的周期函数，

又：，

所以：时，有，

即：，

所以：，所以：为的图象的一个对称点，

故：①④正确，②③错误.

故答案为：①④.

三、解答题

17．已知．

(1)判断的奇偶性并予以证明；

(2)求使的取值范围．

【答案】(1)奇函数，证明见解析

(2)

【分析】（1）直接用奇偶性的定义判断即可.

（2）因为，所以，结合单调性解不等式即可求解.

【详解】（1）函数，则，即        

则的定义域关于原点对称

且

所以为奇函数.

（2）由题知，在上为增函数.

因为，所以                  

则，     

解得

18．为了更好地刺激经济复苏，增加就业岗位，多地政府出台支持“地摊经济”的举措．某市城管委对所在城市约6000个流动商贩进行调查统计，发现所售商品多为小吃、衣帽、果蔬、玩具、饰品等，各类商贩所占比例如图．

(1)该市城管委为了更好地服务百姓，打算从流动商贩经营点中随机抽取100个进行政策问询．如果按照分层抽样的方式随机抽取，请问应抽取小吃类、果蔬类商贩各多少家？

(2)为了更好地了解商户的收入情况，工作人员还对某果蔬经营点最近40天的日收入进行了统计（单位：元），所得频率分布直方图如下．

（ⅰ）请根据频率分布直方图估计该果蔬经营点的日平均收入（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；

（ⅱ）若从该果蔬经营点的日收入超过200元的天数中随机抽取两天，求这两天的日收入至多有一天超过250元的概率．

【答案】(1)小吃类商贩家，果蔬类商贩家

(2)（ⅰ）元（ⅱ）

【分析】（1）先通过扇形统计图计算出小吃类所占的比例，然后根据百分比计算出小吃类和果蔬类商贩各多少家；

（2）（i）根据频率分布直方图，利用每组数据区间的中间值乘以该组的频率求和得出平均数；

（ii）根据频率分布直方图，计算出日收入超过元的天数及日收入在，的天数，然后利用古典概型的计算方法计算概率.

【详解】（1）由题意知，小吃类所占比例为，

按照分层抽样的方式随机抽取，应抽取小吃类商贩（家），

果蔬类商贩（家）．

（2）（ⅰ）该果蔬经营点的日平均收入为

元．

（ⅱ）该果蔬经营点的日收入超过200元的天数为：，天，其中超过250元的有2天，记日收入超过250元的2天为，，其余4天为，，，随机抽取两天的所有可能情况为：，，，，，，，，，，，，，，共15种，

其中至多有一天超过250元的对立事件为：共1种．

所以这两天的日收入至少有一天超过250元的概率为．

19．如图，四棱锥中，平面，，，，为上一点，且．

（1）证明：平面平面；

（2）求三棱锥的体积．

【答案】（1）证明见解析；（2）．

【分析】（1）证明出平面，利用面面垂直的判定定理可证得结论成立；

（2）计算出，利用锥体的体积公式可求得三棱锥的体积.

【详解】（1）平面，平面，，

在直角梯形中，，，， ，

所以，为等腰直角三角形，且，，

，

在中，，，，

由余弦定理可得，

，则，

，平面，

平面，平面平面；

（2），由（1）可知平面，

所以三棱锥的高为，

平面，、平面，，，

，

，，，

【点睛】方法点睛：证明面面垂直常用的方法：

（1）面面垂直的定义；

（2）面面垂直的判定定理.

在证明面面垂直时，一般假设面面垂直成立，然后利用面面垂直转化为线面垂直，即为所证的线面垂直，组织论据证明即可.

20．某公司为改善营运环境，年初以万元的价格购进一辆豪华客车．已知该客车每年的营运总收入为万元，使用年所需的各种费用总计为万元．

（1）该车营运第几年开始赢利（总收入超过总支出，今年为第一年）；

（2）该车若干年后有两种处理方案：

①当赢利总额达到最大值时，以万元价格卖出；

②当年平均赢利总额达到最大值时，以万元的价格卖出．

问：哪一种方案较为合算？并说明理由．

【答案】（1）第3年开始赢利；（2）方案②合算．理由见解析.

【解析】（1）设该车年开始盈利，可构造不等关系，结合可求得解集，由此得到结果；

（2）由二次函数最值和基本不等式求最值分别求得两种方案的盈利总额，通过比较盈利总额和所需时长，得到方案②合算．

【详解】（1）客车每年的营运总收入为万元，使用年所需的各种费用总计为万元，若该车年开始赢利，则，

即，，，

该车营运第年开始赢利．

（2）方案①赢利总额，

时，赢利总额达到最大值为万元．

年后卖出客车，可获利润总额为万元．

方案②年平均赢利总额（当且仅当时取等号）．

时年平均赢利总额达到最大值万元．

年后卖出客车，可获利润总额为万元．

两种方案的利润总额一样，但方案②的时间短，方案②合算．

【点睛】关键点点睛：本题考查建立拟合函数模型求解实际问题，解题关键是能够根据已知条件构造出合适的函数模型，结合二次函数性质和基本不等式求得函数的最值.

21．已知，．

(1)当时，求在上的最小值；

(2)若，证明：存在唯一的极值点且．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）由导数即可求出函数的单调性，进而可求出最值.

（2）求出，当时显然不符合题意，当令，求出导函数，即可得到在为增函数，根据零点存在性定理可得，使得，即有唯一的极小值点，根据，得到，结合的取值范围及三角函数的性质计算可得.

【详解】（1）的定义域为R

当，，则．

令，解得

当时，当时，

即的单调递减区间为，单调递增区间为．

所以函数在上的最小值为

（2）由题意知，则．

当时，由，，知．

故在无极值点．                            

当时，，令，则

由，，知．所以在为增函数．

∵，

∴，使得．且时，单调递减；

时，单调递增，所以有唯一的极小值点．

又由得．即

∴

由，得．故．

22．在平面直角坐标系中，直线l的参数方程为（t为参数），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为．

(1)求直线l的普通方程及曲线C的直角坐标方程；

(2)已知点，若直线l与曲线C交于A，B两点，求的值．

【答案】(1)直线l：， C：；

(2)

【分析】(1)直接将参数方程中的t消去即可得出直线的普通方程，结合公式，计算即可得出曲线的直角坐标方程；

(2)将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程可得关于t的一元二次方程，结合t的几何意义化简计算即可求解.

【详解】（1）将直线l的参数方程中的参数t消去，得；

即为，

把，代入，得，

即曲线C的直角坐标方程为．

所以直线l：，C：；

（2）易知点在直线上，

把直线l的参数方程（t为参数），

代入，整理得．

，

设直线l与曲线C的交点A，B对应的参数分别为，，

则，，得同号，

所以．