四川省泸州市2022-2023学年高三上学期第一次教学质量诊断性考试数学（文）试题

16/1717/17/泸州市高2020级第一次教学质量诊断性考试数学（文料）本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷3至4页．共150分．考试时间120分钟．注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题的答案标号涂黑．3．填空题和解答题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内，作图题可先用铅笔绘出，确认后再用0.5毫米黑色签字笔描清楚，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交．第Ⅰ卷（选择题共60分）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.已知命题：，则是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【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：C2.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【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【解析】【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：B4.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【解析】【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【解析】【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【解析】【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：C7.已知一个机械工件正(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【解析】【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【解析】【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【解析】【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【解析】【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【解析】【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【解析】【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．第Ⅱ卷（非选择题共90分）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题纸上）．13.已知幂函数的图象过点，且，则a的值为________．【答案】或【解析】【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）【解析】【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】【解析】【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，，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】【解析】【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：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）【解析】【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.【小问1详解】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，.【小问2详解】解：由（1）可得，，因为，则，所以，，因此，.18.已知是函数极值点，且曲线在点处的切线斜率为．（1）求函数解析式；（2）若在区间上存在最小值，求实数m的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【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，【小问1详解】，则，由题意得，解得，，经检验，满足题意，【小问2详解】，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）【解析】【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，【小问1详解】由正弦定理化简得，即，而，得，而，得，【小问2详解】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）【解析】【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【小问1详解】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.【小问2详解】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）【解析】【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.【小问1详解】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【小问2详解】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.（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.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）.【解析】【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.【小问1详解】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：.【小问2详解】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.选修4-5：不等式选讲23.