【文档说明】四川省资阳市2023届高三上学期第一次诊断考试数学（理）试卷+答案.docx，共(21)页，1.248 MB，由baby熊上传

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资阳市高中2020级第一次诊断性考试理科数学一、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2,1,0,1,2,3,4U，1,2,3M，2Z4Nxx，则UMNð（）A.2B.4C.2,

1D.2,4【答案】D【解析】【分析】计算1,0,1N，1,0,1,2,3MN，再计算补集得到答案.【详解】2Z41,0,1Nxx，故1,0,1,2,3MN

，故2,4UMNð.故选：D2.已知复数z满足1iz，则i3izz（）A.33i55B.13i55C.33i55D.1355i【答案】D【解析】【分析】根据复数的运算法则直接计算得到答案.【详解】1iz，故i1

i1i12ii1i13i13i1i3i12i12i12i5553izz.故选：D3.已知角的顶点与坐标原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合．若角终边上一点P的

坐标为2π2πcos,sin33，则sintan（）A.32B.32C.32D.32【答案】A【解析】【分析】计算得到13,22P，在根据三角函数定义计算得到答案.【详解】2

π2πcos,sin33P，即13,22P，则223sin2yxy，tan3yx.故3sintan2.故选：A4.函数2xy与2xy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【答案】C【解析】【分析】令2xfx，则2xfx，由()yfx与()yfx的图象关于原点对称即可得解.【详解】解：令2xfx，则2xfx()yfx与

()yfx的图象关于原点对称，2xy与2xy的图象关于原点对称.故选：C【点睛】本题考查指数函数的性质，属于基础题.5.已知1sincos5，0π，则πcos24（）A.31

250B.17250C.17250D.31250【答案】C【解析】【分析】根据条件可求得cossin，从而求得cos2，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112sincos25

，则24sin2025，所以π,π2，则7cossin1sin25，所以由17sincos,cossin55可得，227cossincos225

，则πππcos2cos2cossin2sin4447224225225217250故选:C.6.已知命题p：“1a”；命题q：“函数cosfxaxx单调递增”，则p是q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【答案】A【解析】【分析】通过导数研究cosfxaxx的单调性，以此判断命题p与q的关系即可.【详解】当1a时，sinfxax，因1si

n1x，1a，则()0fx¢>，得cosfxaxx单调递增，有pq，即p是q的充分条件.当函数cosfxaxx单调递增，有sinfxax0恒成立，得maxsin1ax，有q不能推出p（a

可以等于1）.即p不是q的必要条件.综上：p是q的充分不必要条件.故选：A7.如图，C，D为以AB的直径的半圆的两个三等分点，E为线段CD的中点，F为BE的中点，设ABa=，ACb，则AF（）A.5182abB

.5142abC.5184abD.5144ab【答案】A【解析】【分析】直接利用向量的线性运算计算即可.【详解】因为C，D为以AB的直径的半圆的两个三等分点则AB//CD，且2ABCD又E为线段CD的中点，F为

BE的中点1111111122222242AFAEABAEABACCEABACCDAB25111152828182ACABABACABab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，1a，2a，…，13a这十三个键

构成的一个纯八度音程，若其中的1a（根音），5a（三音），8a（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.1252B.2C.1272D.322【答案】C【解析】【分析】根据等比数列得到122q，再计算781aqa得到答案.【详解】

根据题意得到：1213112aaqa，故122q，故2771182aqa.故选：C9.执行下侧所示的程序框图，输出S的值为（）A.30B.70C.110D.140【答案】B【解析】【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，0,0,0iaS；0,0,

1aSi；2,2,2aSi；8,10,3aSi；20,30,4aSi；40,70aS，结束.故选：B10.已知a，b均为正数，且121122ab，则2ab的最小值为（）A.8B.16C.24D

.32【答案】B【解析】【分析】确定2b，变换得到122221212ababab，展开利用均值不等式计算得到答案.【详解】当0,2b时，212b，1

11a，故12012ab，不符合题意，故2b，1212221222128281221abababababba1216816221abba，当128221a

bba，即3,10ab时等号成立.故选：B11.已知函数fx的定义域为R，22fx为偶函数，310fxfx，当2,1x时，14xfxaxa（0a且

1a），且24f．则191kfk（）A.28B.32C.36D.40【答案】C【解析】【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

22fx是偶函数，所以22(22)fxfx，用x代替2x可得：(2)(2)fxfx，所以4fxfx，所以函数()fx关于直线2x对称，又因为310fxfx

，所以3=1fxfx，所以()(2)fxfx，所以()fx关于点(1,0)中心对称，所以函数()fx的周期为4，因为当2,1x时，14xfxaxa（0a且1a），且24f，所以21

424aa，解得：2a或4a，因为0a且1a，所以2a.所以当2,1x时，1242xfxx（），所以(2)4,(1)0ff，(3)(1)0ff，024ff，(1)(14)(3)0fff，(2)(2

)4ff，(3)(1)0ff，(4)(0)4ff，所以(1)(2)(3)(4)8ffff，所以19148+(1)(2)(3)36kfkfff,故选：C.12.已知函数sincosfxxx，其中0．给出以下命题：①若fx在π0,4

上有且仅有1个极值点，则15；②若fx在π,π2上没有零点，则304或3724；③若fx在区间π3π,24上单调递增，则103或532．其中所有真命题的序号是（）A.①②B.①③

C.②③D.①②③【答案】D【解析】【分析】对于①，先整理得π2sin4fxx，再结合正弦函数性质得到πππ3π2442，从而得以判断正误；对于②，先由正弦函数的性质得到

πππ24ππ1π4kk，从而分析得3544k，即0k或1k，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πππ2π2423πππ2π442kk，从而分析得11188k

，即0k或1k，从而可求得的取值范围.【详解】πsincos2sin4fxxxx,对于①，因为fx在π0,4上有且仅有1个极值点，则fx在π0,4上只有一个最值，因为π04x，所以ππππ4444x，令π4tx

，则πππ444t，则2sinyt在πππ,444上只有一个最值，所以πππ3π2442，得15，故①正确；对于②，因为ππ2x，所以πππππ2444x

，令π4tx，则的ππππ244t，因为fx在π,π2上没有零点，则2sinyt在πππ,π244上没有零点，所以πππ24ππ1

π4kk，故13224kk，因为0，所以304k，即34k，又由13224kk，得54k，故3544k，又Zk，所以0k或1k，当0k时，132

4，所以304；当1k时，3724；综上：304或3724，故②正确；对于③，因为π3π24x，所以πππ444π3π24x，令π4tx，则4π3πππ424t，因为fx在区间π3π,24上单调递增，

则2sinyt在ππ,π3424π4上单调递增，因为2sinyx在ππ2π,2π,Z22kkk上单调递增，所以πππ2π2423πππ2π442kk，故3814233kk

，因为0，所以81033k，即18k，又由3814233kk，得118k，故11188k，又Zk，所以0k或1k，当0k时，3123，所以103；当1k时，532；综上：103或532

，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x，y满足2202yxxyx，则2xy的最大值为______．【答案】8【解析】【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2xy的最大值.【详解】解：因为实数x，y满足2202yxxyx，则不等式组对应可行域为如下图所示：由22yxyx，解得24xy，即2,4A，令2zxy，则2yxz，

当直线2yxz经过点A时，直线的纵截距z最大，max2248z，故2xy的最大值为8.的故答案为：814.已知74a，则tan1tan1______．【答案】2【解析】【分析】将74代入目标式，利用两角差的正切公式化简计算即可.【详解】7

4a，741tantan1tan1tan1tan1tan111ta74n1tantan12故答案为：2.15.已知平面向量a，b，c满足2abab

，且27abc，则cr的最大值为______．【答案】37【解析】【分析】由222()24abaabb，可求得2ab，再求解22244abaabb，结合向量模长的三角不等式2|22abcabcabc，即得解.

【详解】由题意，222()24abaabb，又2ab，故2ab，故2222(2)44481627ababaabb，由向量模长的三角不等式，2|22abcabcabc，即2

7727cc，解得：737cr，则cr最大值为37.故答案为：3716.若2224lnxaxax，则a的取值范围是______．的【答案】341e,2【解析】【分析】令22()24lnfx

xaxax，求导得到导函数，讨论0a，0a，a<0三种情况，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22()24lnfxxaxax，依题意()0fx对0x恒成立，242(2)()()22(0)axaxafxxaxx

x，若0a，则2()0fxx对0x恒成立，符合题意；若0a，则当02xa时，()0fx，()fx为减函数，当2xa时，()0fx，()fx为增函数，所以2min[()](2)4ln(2)0fxfaaa，所以0ln(2)0aa，解得102a

.若a<0，则当0xa时，()0fx，()fx为减函数；当xa时，()0fx，()fx为增函数，故2min[()]()[34ln()]0fxfaaa.所以34ln()0a，所以3

ln()4a，所以340ea，所以34e0a.综上所述：a的取值范围为341e,2.故答案为：341e,2【点睛】本题考查了利用导数求参数取值范围，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0a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na的前n项和为nS，且3mS，9mS，6mS（其中*Nm）成等差数列．问：2ma，8ma，5ma是否成等差数列？并说明理由．的【答案】2ma，8ma，5ma成等差数列，理由见解析【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2582mmmaaa，题目得证.【详解】2ma，8ma，5ma成等差数列.理由如下：设等比数列na的公比为q，由于3mS，9mS，6mS（其中*Nm）成等差数列，所以3692mmmSSS，若1q，则有1113629mama

ma，10a，显然不成立，故公比1q．于是有3691111112111mmmaqaqaqqqq，即有3691121mmmqqq，即3692mmmqqq，故有3612mmqq

．则2151213251111mmmmmmaaaqaqaqq21681118222mmmmaqqaqa，即，2582mmmaaa成立，所以2ma，8ma，5ma成等差数列.18.记ABC的内角A，B，C所对

的边分别是a，b，c．已知222coscos1cBbCbcbc．（1）求角A的大小；（2）若点D在边BC上，AD平分BAC，2AD，且2bc，求a．【答案】（1）π3A（2）3【解析】【分析】（1）根据余弦定理化简即可得到

角A的大小；（2）由角平分线定理可得2CDBD，由coscosADBADC，结合余项定理化简即可求得结果.【小问1详解】因为222coscos1cBbCbcbc，即22222222222acbabccbbcbcacab

化简可得222abcbc，由余弦定理可得2222cosabcbcA，所以12cos1cos2AA，且0,πA，则π3A【小问2详解】由（1）知π3A，由余弦定理可得222cos2bcaAbc，将2bc代入，化简可得3ac，又因为AD平分BAC，由角平分

线定理可得ABBDACCD，即122cBDBDCDBDbCDCD，且3ac，所以233,33CDcBDc，又因为πADBADC,则coscosADBADC，结合余弦定理可得2222

1444433323222233cccccc，解得23c，所以3c则33ac19.已知数列na的前n项和为nS，满足3232Sa，且12nnaSa．（1）求na的通项公式；（2）数列nb满足11231232n

nnabbbb，求nb的前n项和nT．【答案】（1）2nna（2）222nn【解析】【分析】（1）利用1nnnaSS可得数列na等差数列，再通过条件3232Sa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12nnaSa得12nnSaa，当2n时，1112nnSaa，故112()nnnnSSaa，则122nnnaaa，即12nnaa，12nnaana是以2q=为公比的等比数列，

由3232Sa得13222aaa，即211122aaqaq12a故111222nnnnaaq【小问2详解】11123123222nnnnabbbb则2n时，123112

3122nnnbbbb，两式相减得2nnnb，2n故2nnnb，2n又21122ab，则112b，符合2nnnb，,N2nnnbn121212222nnnnTbbb则1212321222nnnT-=++++则012111111122221

222222212nnnnnnnnnnnTTT222nnnT20.已知函数31fxxax．（1）若过点1,0仅能作曲线yfx的一条切线，求a的取值范围；

（2）若任意0x，都有cosfxx，求a的取值范围．【答案】（1）,12,（2）,0【解析】【分析】（1）设切点为3000,1xxax，写出切线方程的表达式，根据条件等价于3200

2310xxa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31cosgxxaxx0x，令uxgx，利用导数分析ux的单调性，讨论参数从而判断gx的单调性，进而求

出参数范围．【小问1详解】由题得23fxxa，设切点为3000,1xxax则切线方程为32000013yxaxxaxx该切线过点1,0，则320000131xaxxax，即32002310xxa因为过点1,0仅能作

曲线yfx的一条切线，只需32002310xxa只有一个实数根即可，设32231hxxxa，则26661hxxxxx当0x或1x时，0hx，则hx单调递增；当

01x，0hx，则hx单调递减；所以0x时，hx取得极大值01ha；1x时，hx取得极小值12ha；又x，hx；又x，hx；要使hx只有一个

零点，则010ha或120ha，即1a或2a所以a的取值范围为,12,【小问2详解】设31cosgxxaxx0x，则23singxxax令ux

gx，则6cosuxxx可知02x，0ux；当2x，0ux所以任意0x，有0ux，则gx在0,单调递增；又0,00gag①若00,ga即0a

；所以00,gxga故gx在0,单调递增；此时00,gxg满足条件；②若00,ga，即0a，可知222sin033aag则存在020,3ax，00gx所以当00,xx，

总有0gx此时gx单调递减，则00,xx时，有00gxg，不满足条件；综上所述a的取值范围是,021.已知函数21exxfxax．（1）若fx单调递增，求a的取值范围；

（2）若fx有两个极值点1x，2x，其中12xx，求证：21ee1xxaa．【答案】（1）1,；（2）证明见解析..【解析】【分析】（1）根据函数单调递增，则0fx，然后转化为求函数最值问题，即可得到结果.（2）构造函数11,(0)ehxg

xxx，可得0hx，从而得到当0x时，11egxx，然后令21,txgxx可得，当10x时，0tx，故有21gxx，即可证明.小问1详解】由21exxfxax得1exxfxa，

由fx单调递增，则0fx，得1exax，设1exxgx，则exxgx可知0x时，0gx，gx单调递增；0x时，0gx，gx单调递减，则0x时，gx取得极大值01g，也为最大值，

则1a【所以，a的取值范围是1,【小问2详解】由题，函数fx有两个极值点，则0fx即1exxa有两个不相等实数根，由（1）可知0x时，gx取得极大值01g，(1)0g，x趋向时g

x趋向于0.故gxa有两个不相等实根时，01a，且1210xx过点0,1与,0c的直线方程为11eyx，构造函数11111,(0)eeexxhxgxxxx

，1eexxhx，令x1,(0)eexuxhxx，则1,0exxuxx则01x时，0ux，ux即hx单调递减；1x时，0ux，ux即hx单调递增，所以0x时，ux极小值为11

0uh所以0x时，0uxhx，则00hxh，即110ehxgxx，故当0x时，11egxx，设方程11exa的根为4x，则4eexa，构造函数21,10yxx令

21,txgxx则211111eeexxxxxtxxx，令11e,10xvxxx，则e0xvxx，故10x时，vx单调递减，则00vxv，又10x，所以，当1

0x时，0tx，故有21gxx，令方程21,10xax的根为3x，则31xa，于是有134210xxxx，如图所以2143ee1xxxxaa，证毕【点睛】关键点点睛：涉及不等式证明问题，可以将不等式变形，构造函数，利

用导数探索函数单调性，极值是解决问题的关键.（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G称为四叶玫瑰线，并在极坐标系中，其极坐标方程为2cos2．（1）若射线l：6

与G相交于异于极点O的点P，G与极轴的交点为Q，求PQ；（2）若A，B为G上的两点，且23AOB，求AOB面积S的最大值．【答案】（1）523（2）334【解析】【分析】（1）根据已知得到P、Q两点的极坐标，代入距离公

式即可；（2）设,0AA，2,3BB，根据极坐标方程求出A、B，将三角形面积表示为的三角函数，根据三角恒等变换求三角函数的最大值.【小问1详解】将6代入方程2cos2，得，2cos1

3P，则P的极坐标为1,6.又G与极轴的交点为Q的极坐标为2,0.则2212212cos5236PQ.【小问2详解】不妨设,0AA，2,3BB，则2cos2A，42cos23B

所以，AOB的面积123sin234ABABS34134cos2cos23cos2cos2sin2432223333cos2sin2cos21cos4sin42244

333sin41cos42sin41446所以，当3462，即512时，max334S.所以，AOB面积S最大值为334.[选修4—5：不等式选讲]23.设函数2221fxxx．（1）解

不等式4fxx；（2）令fx的最小值为T，正数a，b，c满足abcT，证明：322abac．【答案】（1）35,53（2）证明见解析【解析】【分析】（1）将函数写成分段函数，再分类讨论，分别求出不等式的解集，从而得解；（2）由（1）可得函数图象，即可求出函数的

最小值，再利用基本不等式证明即可.【小问1详解】解：因为41,1122213,12114,2xxfxxxxxx，所以不等式4fxx，即1414xxx或11234xx或12144xxx

，解得513x或112x或3152x，综上可得原不等式的解集为35,53.【小问2详解】解：由（1）可得函数fx的图象如下所示：所以min3fx，即3T，所以3abc，又0a，0b，0c，所以112

1123222222222abacabacabacabc，当且仅当1324bca时取等号，所以322abac.