贵州省毕节市2023届高三数学（文）诊断性考试（一）试题（Word版附解析）

毕节市2023届高三年级诊断性考试（一）文科数学本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．满分150分．考试用时120分钟．注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、学校、班级填写在答题卡相应位置上．2．回答第Ⅰ卷时，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，写在本试卷上无效．3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．4．请保持答题卡平整，不能折叠．考试结束，监考员将答题卡收回．第Ⅰ卷一、选择题：本大题共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.已知复数为纯虚数，则实数的值为（）A.B.或C.D.【答案】A【解析】【分析】根据复数的类型可得出关于的等式与不等式，解之即可.【详解】因为复数为纯虚数，则，解得.故选：A.2.设集合，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】首先求集合，再根据集合的运算求【详解】，解得：，所以， 所以或，因为，所以.故选：D3.已知数列的通项公式为，则的值为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据给定条件，判断为等比数列，再利用等比数列前n项和公式计算作答.【详解】依题意，，，数列是首项为2，公比为等比数列，所以.故选：D4.某营救小组有48人，需要乘船过河去执行营救任务，现从甲、乙两种型号的船中选择一种．甲型号的船比乙型号的船少5艘．若只选择甲型号的，每艘船载4人，则船不够；每艘船载5人，则有船没有载满．若只选择乙型号的，每艘船载3人，则船不够：每艘船载4人，则有多余的船．甲型号的船有（）A.9艘B.10艘C.11艘D.12艘【答案】B【解析】【分析】设甲船有艘，则乙船有艘，根据题意列出不等式组，解之即可得解. 【详解】设甲船有艘，则乙船有艘，由题意可得，解得，又因为为正整数，所以，即甲型号的船有10艘.故选：B.5.已知向量，，则“”是“与同向”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】C【解析】【分析】先求出与同向的的值，再利用条件定义判断.【详解】因为当与同向时，，即或（舍）；所以“”是“与同向”的充要条件.故选：C.6.图（1）是由正方形和正三角形组合而成的平面图形，将三角形沿折起，使得平面平面，如图（2），则异面直线与所成角的大小为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由平面平面，可得平面，从而．由可知为异面直线与所成角，从而得解．【详解】∵平面平面，平面平面，平面 ，，∴平面，又平面，∴．∵，∴为异面直线与所成角，∵，∴．故选：C．7.如图所示，太极图是由黑白两个鱼形纹组成的图案，俗称阴阳鱼，太极图展现了一种相互转化，相对统一的和谐美，若函数的图象能将圆的周长和面积同时等分成两个部分，则称为这个圆的一个“太极函数”．已知函数是圆的一个太极函数，若函数有两个极值点，则实数的取值范围为（）A.B.CD.【答案】A【解析】【分析】首先由题意，可知函数关于点对称，列式求，再根据函数有2个极值点，转化为有两个不相等的实数根.【详解】圆的圆心为，若函数是圆的太极函数，则函数关于点对称，则，有，即，整理为：恒成立，解得：， 则函数，，若函数有两个极值点，则有两个不相等的实数根，则，解得：.故选：A8.给出下列命题：①函数恰有两个零点；②若函数在上的最小值为4，则；③若函数满足，则；④若关于的方程有解，则实数的取值范围是．其中正确的是（）A①③B.②④C.③④D.②③【答案】D【解析】【分析】①利用图象，转化为函数交点问题，即可判断；②利用基本不等式，即可求解；③结合条件，找到规律，即可求解；④参变分离后，转化为求函数的值域，即可求解.【详解】①当时，有2个零点，2和4，根据和可知，当时，函数有1个零点，所以函数有3个零点，故①错误； ②，即，得，故②正确；③①，，②且因为，则，，…,所以①+②，所以，故③正确；④若关于的方程有解，则，因为，则，故④错误.故选：D9.已知点在直线上，过点作圆的两条切线，切点分别为，则圆心到直线的距离的最大值为（）A.B.C.1D.【答案】B【解析】【分析】根据题意，设为直线上的一点，由圆的切线的性质得点在以为直径的圆上，求出该圆的方程，与圆C的方程联立可得直线的方程，将其变形分析可得直线恒过的定点，由点到直线的距离分析可得答案．【详解】由题意可得的圆心到直线的距离为，即与圆相离；设为直线上的一点，则，过点P作圆的切线，切点分别为，则有， 则点在以为直径的圆上，以为直径的圆的圆心为，半径为，则其方程为，变形可得，联立，可得：，又由，则有，变形可得，则有，可得，故直线恒过定点，设，由于，故点在内，则时，C到直线的距离最大，其最大值为,故选∶B10.正方体的棱长为，点为的中点，一只蚂蚁从点出发，沿着正方体表面爬行，每个面只经过一次，最后回到点．若在爬行过程中任意时刻停下来的点与点的连线都与垂直，则爬行的总路程为（） A.B.6C.D.3【答案】B【解析】【分析】由题意可知蚂蚁从点出发，沿着与垂直的正方体的截面爬行，回到M点，作出蚂蚁爬行得路线，求得相关线段长度，即可求得答案.【详解】由题意可知蚂蚁从点出发，沿着与垂直的正方体的截面爬行，回到M点，设为的中点，连接,连接,则,而,即四边形为平行四边形，故,所以,故四边形为梯形，则延长必交于一点，设为N,则确定一平面，设，同理可证，,,而,故,同理可证, 即共面,该平面即为；又平面,平面,故,又,而平面，故平面,平面，故，同理可证,而，故，即平面即为过点M和垂直的平面，则蚂蚁沿着爬行，由题意可得，故爬行的总路程为6，故选：B11.已知，，，则，，的大小关系为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用对数的运算性质以及对数函数的单调性化简，并判断范围，采用作差法结合基本不等式可判断，即可得答案.【详解】由题意可得，，，又， 由于，故，综合可得，故选：A12.已知，为双曲线的两个焦点，以坐标原点为圆心，半径长为的圆记为，过作的切线与交于，两点，且，则的离心率为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】首先利用几何关系表示焦半径的长度，结合双曲线的定义，即可求解.【详解】如图，点为切点，则，过点作，垂足为点，则，因为，，则，因为点是线段的中点，所以点是线段的中点，则，，因为，则，则，，因为，解得： 即双曲线的离心率为.故选：C第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两部分．第13题~第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．二、填空题，本大题共4小题，每小题5分，共20分．13.某机床生产一种零件，10天中，机床每天出的次品数分别是：0102203124则该机床的次品数的中位数为___________．【答案】【解析】【分析】把给定数据按由小到大的顺序排列，再求出中位数作答.【详解】10天中的次品数由小到大排成一列为：，所以该机床的次品数的中位数为.故答案为：14.勒洛三角形是分别以等边三角形的每个顶点为圆心，边长为半径，在另两个顶点间作圆弧，三段圆弧围成的曲边三角形（如图），已知椭圆的焦点和顶点能作出一个勒洛三角形，则该勒洛三角形的周长为___________． 【答案】【解析】【分析】根据给定条件，求出正三角形的边长，再利用弧长计算公式计算作答.【详解】因为椭圆的焦点和顶点能作出一个勒洛三角形，令其半焦距为c，则点或或或为一正三角形的三个顶点，于是得正三角形边长为，显然勒洛三角形三段圆弧长相等，所对圆心角为，所以该勒洛三角形的周长为.故答案为：15.已知函数在区间上恰有两个零点，则的取值范围为___________．【答案】【解析】【分析】由题意求出，结合题意结合正弦函数性质列出不等式，求得答案.【详解】当时，则，则，要使在区间上恰有两个零点，则，解得， 即的取值范围是，故答案为：．16.已知数列满足，，则数列的前项和________．【答案】【解析】【分析】先根据递推关系式求出，然后利用裂项相消法求和.【详解】由题意可得，，所以是以3为首项，3为公差的等差数列，所以，；设数列的前项和为，则.故答案为：.三、解答题：本大题共7小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．17.2022年11月21日到12月18日，第二十二届世界杯足球赛在卡塔尔举行，某机构将关注这件赛事中40场比赛以上的人称为“足球爱好者”，否则称为“非足球爱好者”，该机构通过调查，并从参与调查的人群中随机抽取了100人进行分析，得到下表（单位：人）：足球爱好者非足球爱好者合计女2050男15合计100 （1）将上表中的数据填写完整，并判断能否在犯错误的概率不超过0.005的前提下认为足球爱好与性别有关？（2）现从抽取的女性人群中，按“足球爱好者”和“非足球爱好者”这两种类型进行分层抽样抽取5人，然后再从这5人中随机选出3人，求其中至少有1人是“足球爱好者”的概率．附：，其中．【答案】（1）表格见解析，能（2）【解析】【分析】（1）根据所给数据补全表格，根据公式计算即可判断；（2）将选中的5人编号，用枚举法列出所有的可能，即可求出概率.【小问1详解】足球爱好者非足球爱好者合计女203050男351550合计5545100，能在犯错误的概率不超过的前提下认为足球爱好与性别有关．【小问2详解】依题意，从女性人群中抽取的5人中，是“足球爱好者”的有2人，设为，；“非足球爱好 者”的有3人，设为，，．随机选出3人的情况有：，，，，，，，，，，共10种，其中至少有1人是“足球爱好者”的情况有：，，，，，，，，，共9种，则选出的3人中至少有1人是“足球爱好者”的概率为：．18.已知的内角，，的对边分别为，，．若．（1）求角；（2）若，求边上的高的取值范围．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理边化角，再利用二倍角的正弦求解作答.（2）由（1）可得，再利用三角形面积公式计算作答.【小问1详解】在中，由正弦定理及，得，即有，而，，即，，因此，，所以．【小问2详解】令边上的高为， 由，得，由（1）知，，即，则，所以边上的高的取值范围是.19.如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，分别为，的中点，与交于点，，，为上一点，．（1）证明：，，，四点共面；（2）求证：平面平面．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据三角形中等比例性质证明，再证明，从而，所以，，，四点共面；（2）先通过线面垂直性质定理证明，再由勾股定理证明，最后由线面垂直证明面面垂直【小问1详解】证明：连接 四边形是矩形，为的中点，且，，，，，，，分别是，的中点，，，，，，四点共面．【小问2详解】证明：底面且平面，，，，为中点，，，，，，，，，，平面，平面，平面， 平面，平面.20.已知函数．（1）求曲线在点处的切线方程；（2）若函数在上单调递减，求实数的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)先求出，借助导函数求得，进而可得切线方程.(2)函数在上单调递减等价于成立，令，借助导数判断单调性，进而得到最大值，则有，进而可得答案.【小问1详解】根据题意，函数的定义域为,，曲线在点处的切线方程为．【小问2详解】的定义域为令令 在上为增函数，在上为减函数，为单调递减的函数．21.设抛物线的焦点为，点，过的直线交于，两点．当直线垂直于轴时，．（1）求的方程；（2）在轴上是否存在一定点，使得_________？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．从①点关于轴的对称点与，三点共线；②轴平分这两个条件中选一个，补充在题目中“__________”处并作答．注：如果选择两个条件分别解答，则按第一个解答计分．【答案】（1）（2）答案见解析【解析】【分析】（1）当直线垂直于轴时，点的横坐标为，根据抛物线的定义，，则C的方程可求；（2）若选①，设直线的方程为：，与抛物线方程联立，结合韦达定理求得直线的斜率，得直线的方程即可判断；若选②，设直线的方程为：，与抛物线方程联立，设，由题意，结合韦达定理得对任意的恒成立，则 ，得出答案．【小问1详解】当直线垂直于轴时，点的横坐标为根据抛物线的定义，，则抛物线方程为：．【小问2详解】若选①，若直线轴，则该直线与曲线只有一个交点，不合题意，，设直线的方程为：，设，，联立，得，恒成立得，直线的斜率直线的方程为由，化简得直线过定点，存在若选②，若直线轴，则该直线与曲线只有一个交点，不合题意，，设直线的方程为：设，，设联立，得，恒成立得，轴平分 ，即对任意恒成立，则．存在．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．作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应题号的方框涂黑．选修4-4：坐标系与参数方程22.在直角坐标系中，曲线的参数方程为：（为参数），以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．（1）求曲线的极坐标方程和曲线的直角坐标方程；（2）在极坐标系中，射线与曲线交于点，射线与曲线交于点，求的面积．【答案】（1），；（2）2【解析】【分析】（1）先将化为普通方程，再根据极坐标与普通方程的互化公式即可求出结果；先利用两角和的正弦公式化简整理，再结合极坐标与普通方程的互化公式即可求出结果；（2）先求得和，然后结合三角形的面积公式以及点的极坐标的几何意义即可求解.【小问1详解】 由题意得：的普通方程为的极坐标方程为，.由，得即的直角坐标方程为：．【小问2详解】射线与曲线交点的极坐标为由得，的面积为．选修4-5：不等式选讲23.已知函数．（1）当付，求不等式的解集；（2）若恒成立，求实数的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）分别在，，条件下化简绝对值不等式，并求其解集；（2）利用绝对值三角不等式得到，依题意可得，解绝对值不等式即可 【小问1详解】当时，，当时，恒成立；当时，即，解得；当时，即，解得；综上，所以不等式的解集为.【小问2详解】依题意，即恒成立，，当且仅当时，等号成立，所以，故，所以或，解得.所以的取值范围是.