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）

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：D

2. 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：D

3. 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：A

4. 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：A

7. 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：C

9. 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：B

10. 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：B

11. 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.