四川省资阳市2022～2023学年高三年级上册学期第一次诊断考试数学（理）试题【含答案】

资阳市高中2022～2023学年第一次诊断性理科数学一、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.2.已知复数满足，则（）A B. C. 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.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5.已知，，则（）A. B. C. D.6.已知“”；“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.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.9.执行下侧所示的程序框图，输出的值为（）A30 B.70 C.110 D.14010.已知，均为正数，且，则的最小值为（）A.8 B.16 C.24 D.3211.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.4012.已知函数，其中．给出以下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（）A①② B.①③ C.②③ D.①②③二、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______．14.已知，则______．15.已知平面向量，，满足，且，则最大值为______．16.若，则的取值范围是______．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．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．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．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．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：．（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．[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：．

资阳市高中2022～2023学年第一次诊断性理科数学一、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.D【分析】计算，，再计算补集得到答案.【详解】，故，故.故选：D2.已知复数满足，则（）A. B. C. D.D【分析】根据复数的运算法则直接计算得到答案.【详解】，故.故选：D3.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.A【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：A4.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C【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：本题考查指数函数的性质，属于基础题.5已知，，则（）A. B. C. D.C【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“”；“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A【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：A7.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.A【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.C【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：C9.执行下侧所示的程序框图，输出的值为（）A.30 B.70 C.110 D.140B【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：B10.已知，均为正数，且，则的最小值为（）A.8 B.16 C.24 D.32B【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：B11.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.40C【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，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.①②③D【分析】对于①，先整理得，再结合正弦函数的性质得到，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______．【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，则不等式组对应的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14.已知，则______．2【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2.15.已知平面向量，，满足，且，则的最大值为______．【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：，则的最大值为.故16.若，则的取值范围是______．【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：取值范围为.故本题考查了利用导数求参数的取值范围，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．，，成等差数列，理由见解析【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．（1）（2）【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．（1）（2）【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．（1）（2）【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：．（1）；（2）证明见解析..【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，