四川省雅安市2023届高三数学（文）第一次诊断性考试试题（Word版附解析）

雅安市高2020级第一次诊断性考试数学（文史类）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.已知集合，，则=（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据一元二次不等式的解法先求出集合，再利用集合的交集运算即可求解.【详解】因为，又因为，所以，故选：.2.已知为虚数单位，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用复数的四则运算即可求解.【详解】因为，故选：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月份的制造业指数低于，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.如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则构成该多面体的面中最大的面积为（）A.B.9C.D.【答案】D【解析】【分析】根据三视图可得多面体为三棱锥，结合条件及正方体的性质即得.【详解】由三视图可得该多面体为三棱锥，借助棱长为3的正方体画出三棱锥，如图， 则，所以，，，，所以构成该多面体的面中最大的面积为.故选：D.6.已知命题p：，，命题q：，使得，则下列命题是真命题的为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】首先判断命题与命题的真假，然后逐一判断四个选项复合命题的真假.【详解】对于命题，当时，，故命题为假命题；对于命题，当时，，故命题为真命题.因此为假命题；为假命题，为真命题，为真命题；为真命题，为假命题，为假命题；为假命题.故选：B 7.某班有包括甲、乙在内的4名学生到2个农场参加劳动实践活动，且每个学生只能到一个农场，每个农场2名学生.则甲、乙两名学生被安排在不同农场的概率为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据已知条件，结合列举法和古典概型的概率公式，即可求解．【详解】解：记四名学生为甲、乙为，，另外2名学生为，，两个农场为，，则分配方案为：农场，农场；农场，农场；农场，农场；农场，农场；农场，农场；农场，农场，共6种，甲、乙两名学生被安排在不同农场的分配方案为：农场，农场；农场，农场；农场，农场；农场，农场，共4种，故甲、乙两名学生被安排在不同农场的概率为.故选：C.8.如图所示的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》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.35B.56C.84D.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.3B.6C.9D.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.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.11.已知椭圆C：的左焦点为，直线与C交于点M，N.若，，则椭圆C的离心率为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】 【分析】由椭圆的对称性可知：四边形为平行四边形，结合椭圆的定义并在中利用余弦定理求出关于的值，进而可求出离心率.【详解】设椭圆C的右焦点为，如图，连接，因为为的中点，所以四边形为平行四边形，所以，，由椭圆的定义可得：，又因为，所以，又因为，所以，在中，由余弦定理可得：，也即，因为，所以，所以椭圆的离心率，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】先比较，的大小，构造函数，求，根据与0的符号关系来确定的增减性，进而求得，再把代入即可得到；比较，的大小，根据当时，有，再把代入即可得到，从而即可得解． 【详解】令，则，当，，此时单调递增，当，，此时单调递减，所以，所以，即，所以；又设，恒成立，∴当，单调递减，当时，有，则，所以，综上可得．故选：D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知向量，，若，则实数的值为______.【答案】【解析】【分析】根据平面向量的数量积坐标运算，由，得数量积为0，即可求得实数的值.【详解】解：已知向量，，若，则，解得：.故答案为：.14.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：8.15.若函数的一个零点为，则A=______；=______.【答案】①.②.【解析】【分析】根据是函数的零点，代入即可求出的值，然后再将代入即可求解.【详解】因为是函数的一个零点，所以，解得：，所以函数，则有，故答案为：；. 16.如图，在长方体中，底面为正方形，E，F分别为，CD的中点，点G是棱上靠近的三等分点，直线BE与平面所成角为.给出以下4个结论：①平面；②；③平面平面；④B，E，F，G四点共面.其中，所有正确结论的序号为______.【答案】①②③【解析】【分析】设，由题可得，然后根据线面平行的判定定理可判断①，根据长方体的性质结合条件可得，进而可判断②，根据线面角的概念可得，进而可得，然后根据线面垂直及面面垂直的判定定理可判断③，根据条件可作出过的平面，进而可判断④.【详解】设，连接，则，又，所以，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面， 所以平面，故①正确；连接，因为底面为正方形，所以，所以，又，，所以，故②正确；由题可知平面，所以为直线BE与平面所成角，即，则，，所以，又平面，平面，所以，又平面，平面，所以平面，又平面，所以平面平面，故③正确；延长交的延长线于，连接交于，连接，则B，E，F确定平面，由，可得，又点是棱上靠近的三等分点， 所以平面，故④错误，所以所有正确结论的序号为①②③.故答案为：①②③.三、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：14.50.086650.04-4504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：，的前n项和为，求成立的n的最大值.【答案】（1）（2）7【解析】【分析】（1）代入公式求出公差即可求通项公式；（2）代入等比数列的前项和公式即可.【小问1详解】设数列的公差为：，，，.，即.【小问2详解】，，，数列为等比数列，所以由，即，化简得：，解得，， 所以，要使成立的n的最大值为：7.19.已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.（1）求角A的大小；（2）若，且的面积为，求的周长.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由已知等式可得，结合正弦定理与三角形内角关系可求得，即可得角A的大小（2）由三角形得面积公式可得，又结合余弦定理得，从而得周长.【小问1详解】解：由题意有，即有，由正弦定理得：，又，所以，则，所以；【小问2详解】解：由（1）知，因为，且的面积为，由得：，所以，由余弦定理得：，所以，所以的周长为.20.如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面ABC，，，E，F分别为棱AB和的中点. （1）在棱上是否存在一点D，使得平面EFC？若存在，确定点D的位置，并给出证明；若不存在，试说明理由；（2）求三棱锥的体积.【答案】（1）答案见解析；（2）.【解析】【分析】（1）的中点D，的中点M，可证明，，根据面面平行的判定定理可得平面平面，即可证明平面；（2）点到的距离为，根据等面积法可求，由面面垂直的性质可得点到的距离即为点到平面的距离，利用可求解.【小问1详解】存在点D，使得平面EFC.取的中点D，的中点M，连接,则.因为E，F分别为棱AB和的中点，所以,所以.连接,则.因为平面，平面，所以平面平面. 因为平面,所以平面.所以存在D(D为中点)，使得平面EFC.【小问2详解】求三棱锥的体积相当于求三棱锥的体积.因为平面ABC，平面，所以平面平面ABC.设点到的距离为，则有，其中，解得.因为平面平面ABC，平面平面ABC,所以点到的距离即为点到平面的距离,为.在正方形中，，则，,.取的中点，连接,则，所以.所以,所以.所以三棱锥的体积为. 21.已知函数.（1）若，求的极值；（2）若，，求a的取值范围.【答案】（1）的极小值为，无极大值.（2）【解析】【分析】（1）由得，，求导函数得，根据，判断函数单调性即可得的极值；（2）求导函数可得，分别讨论当时，当时，函数的单调性，确定是否满足，恒成立，从而可得a的取值范围.【小问1详解】解：若，则，所以，则当时，，所以在上单调递减；当时，，所以在上单调递增；所以，当时，取得极小值为，无极大值.【小问2详解】解：由题得，，由于，则当时，可知，函数单调递增，故时，，所以满足条件； 当时，，得，则可得时，，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，又，所以可得，解得，综上，a的取值范围是.【点睛】本题考查了函数与不等式的综合应用，涉及了利用导数研究函数的单调性与极值、利用导数研究函数的最值，对于不等式恒成立问题，常见的解法有：参变量分离法、数形结合法、最值法等，属于中档题．（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]（10分）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]（10分）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.