【文档说明】四川省宜宾市2023届高三上学期第一次诊断性数学（理）数学试卷+答案.docx，共(18)页，1000.741 KB，由baby熊上传

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宜宾市2020级高三第一次诊断性试题数学（理工类）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2．回答选择题时，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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.3

.本试卷满分150分，考试时间120分钟.考试结束后，请将答题卡交回.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.已知集合2Z230

Axxx，{|1}Bxx，则集合AB的元素个数为（）A.1B.2C.3D.4【答案】C【解析】【分析】根据题意结合一元二次不等式求集合A，再利用集合的交集运算求解.【详解】∵2Z230Z313

,2,1,0,1Axxxxx，∴1,0,1AB，即集合AB的元素个数为3.故选：C.2.若复数z满足(1)i1iz，则z的虚部是（）A.1B.1C.iD.i【答案】B【解析】【分析】由复数除法运算可求得z，由虚部定义得到

结果.【详解】由(1)i1iz得：1i11iiz，izz的虚部为1.故选：B.3.“lglgab”是“22ab”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】根

据指对、数函数的单调性结合充分、必要条件分析判断.【详解】∵lgyx在0,上单调递增，∴lglg0abab，又∵2xy在R上单调递增，∴22abab，由0ab可得ab，但由ab不能得到0ab，例

如1,0ab，故“lglgab”是“22ab”的充分不必要条件.故选：A.4.已知函数()cosfxxx，则()yfx的大致图象是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先函数的奇偶性排除两个选项，在根据函数的零点位置及范围内的函数值正反，得最符合的函数图象即可

.【详解】解：函数()cosfxxx，定义域为R，所以coscosfxxxxxfx所以函数()yfx为奇函数，故排除B，D选项；当0x时，令()cos0fxxx得π2π,N2xkk，所以函数()yfx最小正零点为π2

x，则πππ2πcos04448f，则符合图象特点的是选项A，排除选项C.故选：A.5.如图所示的程序框图中，若输出的函数值()fx在区间[2,2]内，则输入的实数x的取值范围是

（）A.[2,2]B.[2,4]C.[1,4]D.[1,2]【答案】C【解析】【分析】根据程序框图，明确该程序的功能是求分段函数2log,1()1,1xxfxxx的值，由此根据该函数值域，可求得答案.【详解】由程序框图可知：运行该程序是计算分段函数的值，该函数解析式

为：2log,1()1,1xxfxxx，输出函数值在区间22,内，必有当1x时，20log2,14xx，当1x时，210,11xx，即得[1,4]x．故

选∶C．6.在ABC中，若54ABAC，，则()ABACBCuuuruuuruuur（）A.20B.9C.9D.16【答案】B【解析】【分析】根据向量减法结合数量积的运算律运算求解.【详解】∵BCACAB，

的∴22()9ABACACABACABuuuruuuruuuruuuruuuruuur.故选：B.7.已知角的终边上一点P的坐标为()1,2-，角的终边与角的终边关于x轴对称，则tan

()4（）A.13B.13C.3D.3【答案】C【解析】【分析】根据三角函数的定义得tan2，再根据和角公式求解即可.【详解】解：因为角的终边上一点P的坐标为()1,2-，角的终边与角的终边关于x轴对称，所以，点1,2

是角的终边上的点，所以，tan2，所以tantan214tan()34121tantan4故选：C8.“四书”“五经”是我国9部经典名著《大学》《论语》《中庸》《孟子》《周易》《尚书》《诗经》《礼记》《春秋》的合称

．为弘扬中国传统文化，某校计划在读书节活动期间举办“四书”“五经”知识讲座，每部名著安排1次讲座，若要求《大学》《论语》相邻，但都不与《周易》相邻，则排法种数为（）A.622622AAAB.6262AAC.622672AAAD.622

662AAA【答案】C【解析】【分析】先排除去《大学》《论语》《周易》之外的6部经典名著的讲座，将《大学》《论语》捆绑和《周易》看作两个元素，采用插空法排列，根据分步乘法计数原理，可得答案.【详解】先排除去

《大学》《论语》《周易》之外的6部经典名著的讲座，共有66A种排法，将《大学》《论语》看作一个元素，二者内部全排列有22A种排法，排完的6部经典名著的讲座后可以认为它们之间包括两头有7个空位，从7个空位中选2个，排《大学》《论语》捆绑成的一个元素和《周

易》的讲座，有27A种排法，故总共有622627AAA种排法，故选：C.9.已知3918xy，当21xy取最大值时，则xy的值为（）A.2B.2C.3D.4【答案】B【解析】【分析】根据3918xy可利用基本不等式推出24xy，结合等号成立条件

，即可求得当21xy取最大值时，xy的值.详解】由题意3918xy可得23318xy，则2222213238333xyxyxy，即2239,24xyxy，当且仅当233xy，即22xy时取等号，此时21xy取得最大值，

即21xy取最大值时，2,1xy，此时2xy，故选：B10.南宋数学家杨辉给出了著名的三角垛公式：1(12)(123)(123)n1(1)(2)6nnn，则数列2nn的

前n项和为（）A.1(1)(1)3nnnB.1(1)(21)3nnnC.1(1)(2)6nnnD.1(21)(1)6nnn【答案】A【解析】【分析】因为22122nnnnn，根据题意结合分

组求和运算求解.【详解】∵11232nnn，由题意可得：数列12nn的前n项和为1(1)(2)6nnn，又∵22122nnnnn，【∴数列2nn的前n项和11223222221222...2

2nnnnS12...212..11122321(1)(2)6222.22(1)(1)3nnnnnnnnnnn.故选

：A.11.已知定义在R上的奇函数()fx满足(1)2f，(4)(2)fxfx，则(2022)(2023)ff（）A.4B.0C.2D.4【答案】C【解析】【分析】根据题意分析可得函数()fx是周期为4的周期函数，结合奇偶性与周期性运算求解.【详解】∵()fx为奇函

数，则(4)(2)2fxfxfx，即()2fxfx，∴(4)2fxfxfx，则()fx的周期为4，则(2022)200,(2023)312ffffff

，故(2022)(2023)2ff.故选：C.12.已知252.5a，5775b，133c，则a、b、c的大小关系为（）A.abcB.bacC.cbaD.b<c<a【答案】D【解析】【分析】根据分数指数幂与根式的转化，再将根式化为

同次根式，比较被开方数大小，可得答案．【详解】由题意可知26156155152.52.52.5244.140625a，155131534323c，故ca；又15155212121571.41.42.74475b

，7211333c，因为572.7443，故bc，综合可得b<c<a，故选：D.二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分.13.若xy，满足约束条件20,25,0,xyxyy则xy的最大值为________.【答案】5【解析】【分析】由约束条件做出

可行域，将问题转化为yxz在y轴的截距，采用数形结合的方式即可得到结果.【详解】由约束条件可知，可行域如上图所示，令xyz，则yxz，当yxz在y轴的截距最小时，xyz最大由2500xyy，求得50xy，则5,0A所以max5z故答案为:5

14.在261(2)()xxx的展开式中，常数项为_________．（用数字作答）【答案】30【解析】【分析】先求出261()xx的展开式中的常数项和含1x的系数，再求261(2)()xxx的常数项.【详解】由题得261()xx的通项为2(6)123166CCrrrrrrT

xxx，令1230r，即4r得261()xx常数项为46C15,令1231r，无整数解，即展开式中不含1x的项，所以261(2)()xxx的常数项为21530.的故答案为：3015.已知函数(

)2sin()3fxx，方程()20fx在区间[0,2]有且仅有四个根，则正数的取值范围是_________．【答案】1925[,)1212【解析】【分析】由方程()20fx得到πππ32xk，kZ，然后得到π3x的范围，根据原

方程在区间[0,2π]有且仅有四个根，列出不等式，求解即可得到结果.【详解】由()20fx，可得πsin13x，所以πππ32xk，kZ又因为当[0,2π]x时，πππ,2π333x，所以π3x的可能取值为π3579,π,π,π,π

22222K因为原方程在区间[0,2π]有且仅有四个根，所以7π9π2π232x，解得19251212ω即的取值范围是1925[,)1212故答案为：1925[,)121216.关于x的不等式e20axxb的解集为R，则ba的最大值是

_________．【答案】e4##1e4【解析】【分析】设00,eaxx是函数eaxy上的任意一点，进而求得点00,eaxx处切线方程，根据切线放缩得0000eeeeaxaaxxxaaxax，进而将问题转化为00000e2eeaxaxaxbaxax

在R恒成立，再结合一次函数性质得0e20,0axaa且0000eeaxaxxba，进而得0e20,0axaa且0000eeaxaxxba，进而得22222lnbaaaa，0a，再结合换元法求函数2211ln,022

tttttg的最大值即可.【详解】解：关于x的不等式e20axxb的解集为R，所以，e2axxb在R恒成立，设00,eaxx是函数eaxy上任意一点，则eaxya，所以，函数eaxy在点00,

eaxx处的切线方程为000eeaxaxyaxx，即0000eeeaxaxaxyaxax，令0000eeeeaxxaxaaxfaxaxx，则00eeeeaxaaxaxxfaxaa，当0a时，0xx时，0fx，fx单调递减，0xx时，

()0fx¢>，fx单调递增，所以00fxfx，即0000eeeeaxaaxxxaaxax；当a<0时，0xx时，0fx，fx单调递减，0xx时，()0fx¢>，fx单调递增，所以00fxfx，即0000eeeeaxaa

xxxaaxax；所以，0000eeeeaxaaxxxaaxax，所以，00002eeeaxaxaxxbaxax在R恒成立，即00000e2eeaxaxaxbaxax在R恒成立，所以，0e20,0axaa且0000eeaxa

xxba，所以，000eeaxaxbax恒成立，且0e2,0axaa，所以0001eeaxaxbxaa，且00212e,lnaxxaaa，所以，22222lnbaaaa，0a

令2,0tta，则2211ln,022tttatb，令2211ln,022tttttg，则11lnln22ttgtttt，所以，当120,et时，0gt，gt单调递增，当12e,t

时，0gt，gt单调递减，的所以，1122max1111eelneee22424eegtg，所以，ba的最大值是e4.故答案为：e4三、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答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必做题：共60分.17.2022年四川持续出现高温天气，导致电力供应紧张．某市电力局在保证居民生活用电的前提下，尽量合理利用资源，保障企业生产．为了解电力资源分配情况

，在8月初，分别对该市A区和B区各10个企业7月的供电量与需求量的比值进行统计，结果用茎叶图表示如图．不受影响受影响合计A区B区合计（1）求A区企业7月的供电量与需求量的比值的中位数；（2）当供电量与需求量的比值小于0.84时，生产要受到影响，统计茎叶图中

的数据，填写2×2列联表，并根据列联表，判断是否有95%的把握认为生产受到影响与企业所在区有关？附：22nadbcKabcdacbd20PKk0.050.010.0010k3.8416.63510.828【答案】（1）0.86；（2）2×2列联表

见解析，没有95%的把握.【解析】【分析】（1）根据茎叶图中数据及中位数的概念直接计算得解；（2）由茎叶图判定不受影响、受影响的企业数，据此列出2×2列联表，计算2K得出结论.【小问1详解】A区供电量与需求量的比值由小到大排列，第5个数，第6个数分别为0.8

5,0.87，所以所求中位数为0.850.870.862；【小问2详解】2×2列联表：不受影响受影响合计A区7310B区4610合计1192022207643201.8183.841119101011K没有95%的把握认为生产有影响与企业所在区有关.

18.已知正项数列na满足11a，12nnnaaS.（1）计算2a,3a，猜想na的通项公式并加以证明；（2）若2nnnba，求数列nb的前n项和nT.【答案】（1）22a,33a,nan,证明见解析;（2）212222nnnn

T.【解析】【分析】（1）分别1n,2n，即可求得2a,3a,由此可猜想nan，用数学归纳法证明即可；（2）结合（1）的结论可得2nnnba的表达式，分组求和即可求得答案.【小问1详解】当1n时，12212,1,222aaaSa；当2n时，23321232,3

,322aaaSaaa；猜想nan.证明如下：当1n时，11a成立；假设nk时，kak成立；那么1nk时，11(1)222(12)2,12kkkkkkkkaaSkSakakk

,即1nk时，11kak，则对任意的*Nn，都有nan成立.【小问2详解】由题意得2nnbn，2121(1)2(12)(12)(222)2221222nnnnnnnnTn.19.ABC的内角,,ABC所对边分别为a，b，c，已知sinsins

insincCbBcaAA，2b.（1）若2ac，求ABC的周长；（2）若AC边的中点为D，求中线BD的最大值.【答案】（1）223（2）3【解析】【分析】（1）根据题意利用正弦定理角化边整理可

得222acbac，结合题意求c，即可得周长；（2）根据2BDBCBA，结合向量模的运算与余弦定理化简整理得2222422BDacb，根据（1）中的结论结合基本不等式运算求解.【小问1详解】∵sinsinsinsincCbBcaAA，由正弦定理可得：22cbcaaa

，则222acbac，若2ac，则222442ccc，解得233c，故ABC的周长3223abcbc.【小问2详解】∵2BDBCBA，∴222222222222422cos222

2acbBDBCBABCBABCBAacacBacacacac，由（1）可得：222acbac，即22ac4ac，∵222acac，当且仅当2ac时，等号成立，∴222242acac，则228a

c，故2222224222428412BDacbac，则3BD，所以BD的最大值为3.20.现有甲、乙、丙三个人相互传接球，第一次从甲开始传球，甲随机地把球传给乙、丙中的一人，接球后视为完成第一次传接球；接球者进行第二次传球，随机地

传给另外两人中的一人，接球后视为完成第二次传接球；依次类推，假设传接球无失误．（1）设乙接到球的次数为X，通过三次传球，求X的分布列与期望；（2）设第n次传球后，甲接到球的概率为na，（i）试证明数列1{}3

na为等比数列；（ii）解释随着传球次数的增多，甲接到球的概率趋近于一个常数．【答案】（1）分布列见解析，98EX（2）（i）证明见解析；（ii）答案见解析.【解析】【分析】(1)由题意知X的取值为0,1,2，求出X的每个值对应的概率,即可求得分布

列,根据期望公式求得期望;（2）（i）求得10a，根据,2nnN时，第n次传给甲的事件是第n1次传球后，球不在甲手上并且第n次必传给甲的事件，可得1112nnaa，由此变形得1111323nnaa可

证明结论；（ii）求出1111332nna，当n时，13na,即可解释随着传球次数的增多，甲接到球的概率趋近于一个常数．【小问1详解】由题意知X的取值为0,1,2，111102228PX；11111115122222

228PX；11121224PX；所以X的分布列为X012P185814所以15190128848EX；【小问2详解】（i）由题意：第一次传球后，球落在乙或

丙手中，则10a，,2nnN时，第n次传给甲的事件是第n1次传球后，球不在甲手上并且第n次必传给甲的事件，于是有1112nnaa，即1111323nnaa，故数列1{}3na是首项为11133a，公比为12的等比数列;

（ii）1111332nna，所以1111332nna，当n时，13na，所以当传球次数足够多时，球落在甲手上的概率趋向于一个常数13.21.已知函数()eaxfxx（12a）.（1）(0,1)

x，求证：1sinln1xxx；（2）证明：111sinsinsin()23fnn.(ln20.693,ln31.099)【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）先证si

nxx，令()sin,(0,1)gxxxx，利用导数判断函数单调性，即可证明；再证1ln,11(0,)xxx，令1()lnln(1)1hxxxxx，利用其导数判断其单调性即可证明；（2）l利用（1）的结论，可得1sinln,1(0,1)xxx，从而

将原不等式转化为111sinsinsinln23nn，继而转化为证lneannn，即证eln0annn；由此构造函数12()(e)lnxFxxx，利用其导数判断单调性即可证明.【小问1详解】先证sinxx，令()sin,(0,1)gxxxx，此时cos1

x，故()1cos0gxx，所以()gx在(0,1)上单调递增，所以()(0)0gxg，即sin0,sinxxxx.再证1ln,11(0,)xxx，令1()lnln(1)1hxxxxx，111()(1)1111xxhxxxx

，01,()0xhx，()hx在(0,1)上单调递增，故()(0)0hxh，即11ln0,ln11xxxx，综合以上可得(0,1)x时，1sinln1xxx；【小问2详解】由（1）可知1sinln,1(0,1)xxx

，111111sinsinsinlnlnln1112311123nn3ln2lnlnln,221nnnn，要证111sinsinsin()23fnn，只需证ln()nfn，即证lneannn，即证eln0a

nnn；11221,ee,elneln2nnananannnn，要证eln0annn，即证1*2eln0(N,2)nnnnn令12()(e)lnxFxxx，则1211(

)(e)12xFxx，()Fx在[2,)上单调递增，e3(2)022F，3214(3)e023F，所以()Fx在区间(2,3)上存在零点0x，则0(2,)xx时，()0Fx，0(,)xx时，()0Fx，故()Fx在0[2,)

x上单调递减，0[,)x上单调递增，而ln20.693，(2)e2ln20F，由于311222e=eee2.562.71.64.32，ln31.099,故3ln34.1，故32(3)e3ln30F，所以[3,)x时，()(3)0FxF，故当2n时

，12eln0nnn成立，当3n时，12eln0nnn也成立，所以，1*2eln0(N,2)nnnnn得证，则111sinsinsin()23fnn成立.【点睛】关键点点睛：证明不等式111sinsinsin()23fn

n的关键在于利用(0,1)x时，1sinln,1(0,1)xxx，从而将原不等式转化为证明lneannn.（二）选做题：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22.在平面直角坐标xOy

中，曲线C的参数方程为22231231txtyt（t为参数，Rt），以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．（1）求曲线C的普通方程和极坐标方程；（2）在平面直角坐标xOy中，若过点P

(3,0)且倾斜角为π6的直线l与曲线C交于,AB两点，求证：||||||PAABPB，，成等差数列．【答案】（1）2233,0,23xyy，23sin0（2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用消参法求曲线C的普通方程，并注

意y的取值范围，再利用222cossinxyxy求曲线C的极坐标方程；（2）先求直线l的参数方程，根据直线参数方程的几何意义运算求解.【小问1详解】由22231231txtyt

得xty，代入2123yt整理得22230xyy，即2233xy，∵211t，则21110t，023y，故曲线C的普通方程为2233,0,23xyy，又∵222,sinxyy

，则223sin0，整理得23sin曲线C的极坐标方程为23sin0小问2详解】由题意可得：直线l的参数方程为33212xtyt（t为参数），代入22230xyy，整理得24390tt，∴4836120,43ABtt

，9ABtt，则243,||||||423ABABABABPAPBttttttAttB，即|||||2|PAPBAB，∴||||||PAABPB，，成等差数列选修4-5：不等式选讲23.已知函数()20,0,0fx

xaxbcabc，．（1）当1abc时，解不等式()6fx；（2）当函数()fx的最小值为7时，求12abc的最大值．【【答案】（1）(2,3)；（2）5.【解析】【分析】（1）根据题意，分类讨论求解即可；（2）结合绝对值三角不等式得min()

27fxabc，进而根据柯西不等式求解即可.【小问1详解】解：由题知()211fxxx，()6215fxxx，1215xxx或12215xxx或2215xxx解得2<

<1x或12x或23x所以，()6fx的解集为(2,3)，【小问2详解】解：由绝对值三角不等式得：()(2)()2fxxaxbcabc，≥当且仅当(2)()0xaxb，即2bxa时取等号，因为函数()fx的最小值为7，所以，m

in()27fxabc，所以，由柯西不等式得2122122abcabc1112(1)(2)52abc≤当21222abc，即1,3,2abc时取等号．所以，12abc的最大值为5．