四川省雅安市2022-2023学年高三数学（理）上学期第一次诊断性考试（一模）试题（Word版附解析）

这是一份四川省雅安市2022-2023学年高三数学（理）上学期第一次诊断性考试（一模）试题（Word版附解析），共24页。

秘密★启用前【考试时间：2022 年 12 月27 日 15：00-17：00】
雅安市高2020级第一次诊断性考试
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．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
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，是虚数单位，若与互为共轭复数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据共轭复数的概念可求得的值，进而根据复数的乘法运算即可求得结果.
【详解】由已知可得，所以.
故选：C.
2. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出集合，根据并集的运算即可求出结果.
【详解】解可得，，所以，
所以.
故选：A.
3. 采购经理指数（PMI），是通过对企业采购经理的月度调查结果统计汇总、编制而成的指数，它涵盖了企业采购、生产、流通等各个环节，包括制造业和非制造业领域，是国际上通用的检测宏观经济走势的先行指数之一，具有较强的预测、预警作用．制造业PMI高于时，反映制造业较上月扩张；低于，则反映制造业较上月收缩．下图为我国2021年1月—2022年6月制造业采购经理指数（PMI）统计图．

根据统计图分析，下列结论最恰当的一项为（ ）
A. 2021年第二、三季度的各月制造业在逐月收缩
B. 2021年第四季度各月制造业在逐月扩张
C. 2022年1月至4月制造业逐月收缩
D. 2022年6月PMI重回临界点以上，制造业景气水平呈恢复性扩张
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，将各个月的制造业指数与比较，即可得到答案.
【详解】对于A项，由统计图可以得到，只有9月份的制造业指数低于，故A项错误；
对于B项，由统计图可以得到，10月份制造业指数低于，故B项错误；
对于C项，由统计图可以得到，1、2月份的制造业指数高于，故C项错误；
对于D项，由统计图可以得到，从4月份的制造业指数呈现上升趋势，且在2022年6月PMI超过，故D项正确.
故选：D.
4. 已知函数，则的图象（ ）
A. 关于直线对称 B. 关于点对称 C. 关于直线对称 D. 关于原点对称
【答案】A
【解析】
【分析】求出以及的表达式，根据函数的对称性，即可判断各项，得到结果.
【详解】对于A项，由已知可得，，
所以的图象关于直线对称，故A项正确；
对于B项，因为，则，故B项错误；
对于C项，，则，故C错误；
对于D项，因为，则，故D错误.
故选:A.
【点睛】设的定义域为.
对于，若恒成立，则的图象关于直线对称；
对于，若恒成立，则的图象关于点对称.
5. 党的二十大报告既鼓舞人心，又催人奋进．为学习贯彻党的二十大精神，某宣讲小分队将5名宣讲员分配到4个社区，每个宣讲员只分配到1个社区，每个社区至少分配1名宣讲员，则不同的分配方案共有（ ）
A. 480种 B. 240种 C. 120种 D. 60种
【答案】B
【解析】
【分析】先选出2人为1组有种，再将4组人员分配到4个社区有，根据分步计数原理，即可求出结果.
【详解】5名宣讲员分配到4个社区，每个社区至少1人，则分配方式为1，1，1，2，
先选出2人为1组有种，再将4组人员分配到4个社区有，
所以不同的分配方案共有.
故选：B.
6. 函数在区间上的图象大致为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数的奇偶性以及函数值的符号分析判断.
【详解】∵，
∴奇函数，图象关于原点对称，C、D错误；
又∵若时，，
当时，，当时，，
∴当时，，当时，，A错误，B正确；
故选：B.
7. 已知，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】以为整体，利用诱导公式和二倍角的余弦公式运算求解.
【详解】∵，
故选：D.
8. 如图所示的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算术·商功》中，后人称为“三角垛”．“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，…．如图所示的程序框图，输出的S即为小球总数，则（ ）

A. 35 B. 56 C. 84 D. 120
【答案】B
【解析】
【分析】设第层小球个数为，根据程序框图可知，输出的，求出各个数即可得到.
【详解】设第层小球个数为，由题意可知，.
根据程序框图可知，输出的，
又，，，，，，
所以.
故选：B.
9. 过抛物线的焦点F且倾斜角为锐角的直线与C交于两点A，B（横坐标分别为，，点A在第一象限），为C的准线，过点A与垂直的直线与相交于点M．若，则（ ）
A. 3 B. 6 C. 9 D. 12
【答案】C
【解析】
【分析】由已知可求得直线的斜率为，则直线的方程为，联立直线与抛物线的方程，可求出，，即可解得结果.
【详解】设直线的斜率为，倾斜角为，.

由抛物线的定义知，，又，所以为等边三角形，且轴，所以，则.
，则直线的方程为，
联立直线的方程与抛物线的方程，可得，
解得，，显然，所以，，
所以，.
故选：C.
10. 如图，在长方体中，底面ABCD为正方形，E，F分别为，CD的中点，直线BE与平面所成角为，给出下列结论：

①平面； ②；
③异面直线BE与所成角为； ④三棱锥的体积为长方体体积的．
其中，所有正确结论的序号是（ ）
A. ①②③ B. ①②④ C. ②③④ D. ①②③④
【答案】D
【解析】
【分析】取中点为，可证明平面平面，根据面面平行的性质即可判断①；可证明平面，即可判断②；可证明四边形是平行四边形，即可得到，进而可得即等于所求角，求出该角即可判断③；以为底，即可求出三棱锥的体积，进而判断④.
【详解】
取中点为，连结.
对于①，因为分别是的中点，所以，，
因为平面，平面，所以平面，
同理，平面.
因为，平面，平面，，所以平面平面，
又平面，所以平面，所以①正确；
对于②，由已知可得四边形是正方形，，
又平面，平面，所以，
因为平面，平面，，所以平面，
又平面，所以，故②正确；
对于③，取中点为，连结.
因为，，，，所以，所以且，
所以四边形是平行四边形，则，所以异面直线BE与所成角即等于直线与所成角，
因为直线BE与平面所成角为，平面，所以，所以，设，则，则，
所以为等边三角形，所以，故③正确；
对于④，设长方体体积为，则.
因为平面，则，故④正确.
故①②③④正确.
故选：D.
11. 已知椭圆左焦点为，离心率为，直线与C交于点M，N，且，．当取最小值时，椭圆C的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据直线和椭圆的对称性可得为平行四边形,再由及向量的数量积可求,再应用基本不等式,取等条件计算即可.
【详解】因为直线与C交于点M，N，
设为的中点,由为的中点,故四边形为平行四边形.

则,由椭圆定义得
设因为,所以,又因
所以,,
在中, ，应用余弦定理

所以,又因为,所以

当且仅当,即时取最小值,此时,
则

故选: .
12. 设，，，则a，b，c的大小关系是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】构建，求导，利用导数判断单调性，结合单调性可证，再构建，求导，利用导数判断单调性，结合单调性可证，再证，即可得.
【详解】构建，则，
当时，则，故在上单调递增，
∵，则，即，
∴，即，
构建，则，
当时，则，故在上单调递减，
∵，则，即，
∴，
又∵，则，
∴，故，即，
综上所述：.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：
①若证，构建，结合导数分析判断；
②若证，构建，结合导数分析判断，并根据题意适当放缩证明.
二､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 若x，y满足约束条件，则的最大值为______．
【答案】8
【解析】
【分析】作出可行域，通过平行确定的最大值.
【详解】如图，作出不等式组所表示的平面区域，
联立方程，解得，即，
由，即表示斜率，横截距为的直线，
通过平移可得当直线过点C时，横截距最大，即最大，故.
故答案为：8.

14. 已知向量，，则向量与向量的夹角为______．
【答案】##
【解析】
【分析】根据数量积的坐标表示求夹角即可得到.
详解】由已知可得，，，，
则由可得，，
所以，向量与向量的夹角为.
故答案为：.
15. 若函数的最小正周期为，则满足条件“是偶函数”的的一个值为______（写出一个满足条件的即可）．
【答案】（答案不唯一，也可以写，，符合，即可）
【解析】
【分析】化简可得，又根据周期可得，即可得到，根据偶函数可得，.
【详解】，
又的最小正周期为，所以，则，所以，
所以.
又因为是偶函数，所以应满足，，
所以有，.
故答案为：.
16. 已知O是边长为3的正三角形ABC的中心，点P是平面ABC外一点，平面ABC，二面角的大小为60°，则三棱锥外接球的表面积为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意分析可得二面角的平面角为，进而可得相关长度，再结合球的性质可得，可得球的半径，即可得结果.
【详解】∵O是正三角形ABC的中心，则，
∴，
取的中点，连接，则，即二面角的平面角为，
由正三角形ABC的边长为3，则，
三棱锥为正三棱锥，则三棱锥的外接球的球心在直线上，设三棱锥的外接球的半径为，
∵，则，解得，
∴三棱锥外接球的表面积.
故答案为：.

【点睛】结论点睛：球的相关性质：
①球的截面均为圆面；
②球心与截面圆心的连线垂直于该截面.
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，考生依据要求作答．
（一）必考题：共60分．
17. 某企业为改进生产，现 某产品及成本相关数据进行统计．现收集了该产品的成本费y（单位：万元/吨）及同批次产品生产数量x（单位：吨）的20组数据．现分别用两种模型①，②进行拟合，据收集到的数据，计算得到如下值：







14.5

0.08
665
0.04
-450
4
表中，．
若用刻画回归效果，得到模型①、②的值分别为，．
（1）利用和比较模型①、②的拟合效果，应选择哪个模型？并说明理由；
（2）根据（1）中所选择的模型，求y关于x的回归方程；并求同批次产品生产数量为25（吨）时y的预报值．
附：对于一组数据，，…，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计分别为，．
【答案】（1）选择模型②，理由见解析；
（2）6.
【解析】
【分析】（1）根据已知，根据的意义，即可得出模型②的拟合效果好，选择模型②；
（2）与可用线性回归来拟合，有，求出系数，得到回归方程，即可得到成本费与同批次产品生产数量的回归方程为，代入，即可求出结果.
【小问1详解】
应该选择模型②.
由题意可知，，则模型②中样本数据的残差平方和比模型①中样本数据的残差平方和小，即模型②拟合效果好.
【小问2详解】
由已知，成本费与可用线性回归来拟合，有.
由已知可得，，
所以，
则关于的线性回归方程为.
成本费与同批次产品生产数量的回归方程为，
当（吨）时，（万元/吨）.
所以，同批次产品生产数量为25（吨）时y的预报值为6万元/吨.
18. 已知为等差数列，且，．
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列满足：，求前n项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据等差数列的定义和通项公式运算求解；（2）先根据前n项和与通项之间的关系求得，可得为等比数列，利用等比数列的前n项和公式运算求解.
【小问1详解】
设数列的公差为，
∵，则，即，
∴，
故数列的通项公式.
【小问2详解】
∵，
当时，则；
当时，则，
两式相减得，则；
综上所述：.
又∵，故数列是以首项，公比的等比数列，
∴数列的前n项和.
19. 已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c从下列三个条件中选择一个并解答问题：
①；②；
③．
（1）求角A的大小；
（2）若，且的面积为，求的周长．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）如选择①，由已知可得，根据正弦定理以及两角和的正弦公式的逆用，即可得出，进而求出；如选择②，由已知可得，根据正弦定理以及两角和的正弦公式，即可得出，利用辅助角公式可得，根据角的范围即可求出；如选择③，由余弦定理可得，，化简即有，进而求出，即可求出；
（2）根据三角形的面积公式即可求出，根据余弦定理即可求出，进而即可得到的周长．
【小问1详解】
如选择①，有，
即，
由正弦定理可得，，
又，所以，
因为，所以.
如选择②，由可得，，
由正弦定理可得，，
又，
所以，又，
所以，即，
所以.
因为，所以，所以，解得.
如选择③，.
由余弦定理可得，，
整理可得，，所以.
因为，所以.
【小问2详解】
由（1）知，，又，且的面积为，
所以有，解得，
由余弦定理可得，，
所以，
所以的周长.
20. 如图，四棱锥的底面是矩形，底面ABCD，．

（1）试在棱BC上确定一点M，使得平面平面，并说明理由．
（2）在第（1）问的条件下，求二面角的余弦值．
【答案】（1）答案见详解；
（2）.
【解析】
【分析】（1）当为棱上靠近点的三等分点时，根据三角形相似，可推出，即，进而证明平面，从而得到面面垂直；
（2）以点为原点建立空间直角坐标系，求得各点坐标，求出平面的法向量以及平面的法向量，再根据图形判断二面角为锐角，即可求出结果.
【小问1详解】
当为棱上靠近点的三等分点时，平面平面.
证明：若为棱上靠近点的三等分点，， 所以.
又，，所以∽.
所以.
又，所以，所以.
因为底面ABCD，平面ABCD，所以.
因平面，平面，，所以平面.
又平面，所以平面平面.
【小问2详解】

由（1），连结，以点为原点，分别以所在的直线为轴，如图建立空间直角坐标系，设，则，，，，.
，，.
设平面的法向量为，则，即，
令，则.
设平面的法向量为，则，即，
取，则.
则，
显然二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.
21. 已知函数．
（1）若是的极小值点，求a的取值范围；
（2）若，，求a的取值范围．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）求导可得，然后分为、进行分类讨论，当时，导函数有两个解，对两个解的大小关系进行讨论，即可得到a的取值范围；
（2）当时，可知恒成立，则单调递增，只需即可，代入得到的范围.当时，由（1）知，当时，取得极小值，也即为最小值.根据题意，只需满足，整理即可得到关于的不等式，求解即可得到.
【小问1详解】
由已知可得，定义域为R.
.
①当，则恒成立，解可得，
解，可得；解，可得.
显然是的极小值点，满足条件.
②当时，解可得，.
（ⅰ）当，即时，解，可得或；
解，可得.此时是的极小值点，满足条件；
（ⅱ）当，即时，恒成立，无极值点；
（ⅲ）当，即时，解，可得或；
解，可得.此时是的极大值点，与已知不符.
综上所述，a的取值范围为.
【小问2详解】
由（1）知，，
因为，所以，
①当时，可知恒成立，则单调递增.
故时，，所以，满足条件.
②当时，可知时，，单调递减；时，，单调递增.
所以，在区间上，当时，取得极小值，也即为最小值.
由于，恒成立，
则，
即有，整理可得，
因为，，所以有，解得.
综上所述，a的取值范围为.
【点睛】求解不等式在区间上恒成立问题，常常转化为求解函数的最值问题：即借助导函数得到函数的单调性，研究函数的极值、最值，列出关系式，即可求得参数的范围.
（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，则按所做的第一题记分．
[选修4—4：坐标系与参数方程]
22. 在直角坐标系中，直线l的参数方程为（t为参数）．以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立坐标系，曲线C的极坐标方程为，直线l与曲线C相交于A，B两点，．
（1）求曲线C的直角坐标方程；
（2）若，求直线l的斜率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据极坐标与直角坐标直角的转化，运算求解；（2）联立直线l的参数方程和曲线C的直角坐标方程，根据参数的几何意义结合韦达定理运算求解.
【小问1详解】
∵，则，
∴，即，
故曲线C的直角坐标方程为.
【小问2详解】
将直线l的参数方程为（t为参数）代入曲线C的直角坐标方程为，得，
整理得，
设A，B两点所对应的参数为，则，
∵，则，
联立，解得，
将代入得，解得，
故直线l的斜率为.
[选修4—5：不等式选讲]
23. 已知，，且．
（1）证明：；
（2）若不等式对任意恒成立，求m的取值范围．
【答案】（1）证明见详解
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意可得，代入运算整理，结合二次函数的对称性求最值；（2）根据题意分析可得，结合和运算求解.
【小问1详解】
∵，则，可得，
∴，
又∵开口向上，对称轴为，
∴当时，，当时，，
故.
【小问2详解】
∵，当且仅当，即时等号成立；
∴，
又∵，当且仅当时等号成立，
∴，解得或，
故m的取值范围为.