2025届四川省泸州市高三第一次质量诊断性考试（一模）数学试题【含答案解析】

泸州市高2022级第一次教学质量诊断性考试数学本试卷分第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．第Ⅰ卷（选择题共58分）一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分，每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上．1.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】解分式不等式求集合A，再由集合的交运算求集合.【详解】由题设，又，所以.故选：D2.设为等差数列的前项和，若，则的公差为（）A. B.1 C. D.2【答案】C【解析】【分析】利用等差数列前n项和及等差数列的性质求公差.【详解】由题设，又，故，所以的公差.故选：C3.已知函数，则满足的的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】求导分析函数单调性，利用函数单调性解不等式可得结果.【详解】∵，∴，∴在上为增函数，由得，，解得，故的取值范围是.故选：B.4.已知函数在处取得极大值，则的值是（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】C【解析】【分析】根据极值点求参数，再由所得参数验证在处是否取得极大值，即可得答案.【详解】由题设，则，可得或，当时，当或时，则在和上递增，当时，则在上递减，此时在处取得极小值，不符；当时，当或时，则在和上递增，当时，则在上递减，此时在处取得极大值，符合；综上，.故选：C5.已知，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】A【解析】【分析】利用充分不必要条件判断即可.【详解】由可知，所以，所以充分性成立，当时，满足，但是不成立，所以必要性不成立，故选：A．6.若函数在上单调递增，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据正弦型函数单调性求参数范围即可.【详解】由题设，则在上递增，所以，又，故.故选：B7.若，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用差角正切公式列方程求得，再由倍角正弦公式及齐次式化弦为切求值.【详解】由，而，可得，所以.故选：A8.已知平面向量，则的最小值是（）A.1 B.2 C. D.3【答案】D【解析】【分析】由题设分别在以为原点，半径为的圆上运动，且，数形结合及向量加法的几何意义确定的范围，即可得答案.【详解】由题设，分别在以为原点，半径为的圆上运动，且，所以，若是的中点，则，而，如下图示，由图知，，而，即.所以的最小值是.故选：D.二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.若复数满足，则（）A. B.的虚部为C.为纯虚数 D.【答案】BCD【解析】【分析】设，由条件可得.由复数模长公式可得选项A错误；由复数的概念可得选项B正确；通过复数的除法运算可得选项C正确；通过复数乘方运算可得选项D正确.【详解】设，则，∴，∴，解得，故.A.，选项A错误.B.的虚部为，选项B正确.C.，为纯虚数，选项C正确.D.由得，故，选项D正确.故选：BCD.10.已知函数，则（）A.是的一个周期 B.的图象关于直线对称C.在上单调递减 D.的最小值为【答案】ACD【解析】【分析】通过可得选项A正确；由可得选项B错误；求导函数可得当时，f′x<0，选项C正确；通过分析函数单调性可得选项D正确.【详解】A.，是一个周期，选项A正确.B.，，的图象不关于直线对称，选项B错误.C.，当时，，，故f′x<0，所以在上单调递减，选项C正确.D.由选项C得，，，由f′x≥0得，，由得，，，所以在上为增函数，在上为减函数，所以，选项D正确.故选：ACD.11.已知函数的定义域为，若，则（）A. B.C. D.【答案】BD【解析】【分析】应用赋值法可求得，和，变换可得，与联立即可求得，应用可得，进而可得.【详解】因为所以所以，取，由可知，，故A错误；取，由知，，所以，故B正确；令，由知，，即，又因为，所以，故C错误；由得，，所以，所以，所以，又，所以，所以，故D正确故选：BD第Ⅱ卷（非选择题共92分）注意事项：（1）非进择题的答案必须用0.5毫米黑色签字笔直接答在答题卡上，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，答在试题卷和草稿纸上无效，（2）本部分共8个小题，共92分三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分12.已知向量，则在上的投影向量的坐标为______.【答案】【解析】【分析】利用空间向量的坐标运算计算，利用投影向量的公式即可计算结果.【详解】由题意得，，，，所以在上的投影向量为.故答案为：.13.已知函数，对任意实数，方程有解，则的取值范围是______.【答案】【解析】【分析】根据题意知的值域为R，由对数函数的性质及分段函数形式确定在上的单调性和界点值范围，即可得参数范围.【详解】由题设的值域为R，而在上递增，且值域为，所以在上的一次函数也递增，且，则.故答案为：14.设函数，当时，，则的值为______.【答案】【解析】【分析】根据余弦型函数的性质得时有或，时有，且在上递减，在上递增，结合题设判断的开口方向和零点，即可得结果.【详解】由题设，当，所以或，即或，当，所以，即，根据余弦型函数的性质易知：在上递减，在上递增，而x∈0,2时，则开口向下且是函数的两个零点，所以，，则.故答案为：四、解答题：本大题共5小题，共T7分、解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.已知函数，（1）求不等式的解集；（2）将图象上所有点的横坐标伸长为原来的两倍，纵坐标不变，得到的图象，求曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形面积．【答案】（1）且；（2）.【解析】【分析】（1）根据三角函数的单调性解不等式求解集即可；（2）由题意得，利用导数求切线方程并确定与坐标轴交点，即可求三角形面积.【小问1详解】由题设，则，所以且，可得且，所以解集为且.【小问2详解】由题意，则，所以，，所以曲线y=gx在点处的切线为，显然切线过，故其与坐标轴围成的三角形面积为.16.设为数列的前项和，且．（1）求数列的通项公式；（2）设数列满足，求的值．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据关系求得，结合等比数列的定义写出通项公式；（2）由题设得，累乘法求通项公式，再应用裂项相消求和即可.【小问1详解】若，则，若，则，故，所以，所以是首项为9，公比为3的等比数列，则.【小问2详解】由题设，故，时，，显然也满足，所以，综上，.17.设的内角的对边分别为，且．（1）求；（2）若的最大值为，求的值．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用正弦边角关系及差角正弦公式得，结合三角形内角性质求角A的大小；（2）根据正弦边角关系及倍角余弦公式可得，结合（1）及三角恒等变换有，最后根据正弦型函数性质及已知求边长.【小问1详解】由题设及正弦边角关系，有，所以，整理得，即，显然不合题设，则，所以，而，可得.【小问2详解】由，可得，，所以，由（1）知：，则，由，则，又的最大值为，所以，可得（负值舍），综上，.18.已知函数．（1）证明：为奇函数；（2）求的导函数的最小值；（3）若恰有三个零点，求的取值范围．【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）利用奇偶性定义判断奇偶性即可；（2）由题设可得，应用基本不等式求其最小值；（3）问题化为与在和上各有一个交点，利用导数研究的性质，数形结合确定参数范围.【小问1详解】由题设，令，所以，又定义域R，所以为奇函数，得证.【小问2详解】由题设，当且仅当，即时取等号，所以的导函数的最小值为.【小问3详解】令，用代换，则，对于，有，易知为奇函数，又恰有三个零点，即恰有三个零点，显然，只需保证在和上各有一个零点即可，令，则，即与在和上各有一个交点，由，且，即为奇函数，令，则，显然上，上，综上，在R上递增，但递增速率先变快后变慢，大致图象如下图示，又与都过原点，且原点处的切线斜率为，结合图象知：当时，与在和上各有一个交点，所以.【点睛】难点点睛：导数类综合应用问题，综合性较强，计算量大，解答的难点在于第三问的零点问题，解答时将零点问题转化为函数图象的焦点问题，数形结合进行解决.19.对于，若数列满足，则称这个数列为“优美数列”．（1）已知数列是“优美数列”，求实数的取值范围；（2）若首项为1的等差数列为“优美数列”，且其前项和满足恒成立，求的公差的取值范围；（3）已知各项均为正整数的等比数列是“优美数列”，数列不是“优美数列”，若，试判断数列是否为“优美数列”，并说明理由．【答案】（1）；（2）；（3）时数列是“优美数列”，理由见解析.【解析】【分析】（1）根据数列新定义列不等式组，求参数范围；（2）根据定义有，结合不等式恒成立求公差的上界，即可得范围；（3）根据题意有最小项为，最小项为，进而有，根据讨论，并由数列新定义判断是否存在数列为“优美数列”即可.【小问1详解】由题意log4m+1>1log2m−【小问2详解】由题意，令的公差为，且，则，可得，显然时不