【文档说明】四川省资阳市2023届高三上学期第一次诊断性考试文科数学试卷+答案.docx，共(19)页，1.081 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文科数学一、选择题：本题共12小题，每小题，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2,1,0,1,2,3U，0Mxx，22NxZx

，则UMNð（）A.3B.2,3C.1,2,3D.2,2,3【答案】B【解析】【分析】根据集合的补集运算、交集运算求解即可.【详解】221,0,1NxZx，{2,2,3}UN

ð，{2,3}UMNð，故选：B2.已知复数z满足1iz：则i3iz（）A.12i55B.12i55C.21i55D.21i55【答案】D【解析】【分析】根据共轭复数求出z，再根据复数的除法进行计算即可.【详解】由题知1iz，所以1iz，所

以iii(12i)2i21i12i(12i)(12i)5553iz，故选：D.3.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，根据三角函数定义计算得到答案.【详解】2π2πcos,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cos2（）A.1625B.725C.725D.1625【答案】C【解析】【分析】通过平方求出sin2，判断范围，再结合

2sincossincos求在值，最后联立方程求出sin,cos，结合二倍角公式即可求解.【详解】由1sincos5①得112sincos25，即242sincos25，因为0π，所以sin0,cos0，,2

，则27sincossincos12sincos5，即7sincos5②，联立①②可得：43sin,cos55，则227cos2cossin25.故选：C6.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1sin1x，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25111152828182ACABABAC

ABab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1212ab，则2ab的

最小值为（）A.8B.16C.24D.32【答案】B【解析】【分析】根据“1”的变形技巧及均值不等式求解即可.【详解】因为a，b均为正数，且1212ab，所以124422()(2)2(4)2(42)16babaababababab

，当且仅当4baab时，即4,8ab==时等号成立，故选：B11.已知函数fx的定义域为R，2fx为偶函数，20fxfx，当2,1x时，14xfx

axa（0a且1a），且24f．则131kfk（）A.16B.20C.24D.28【答案】C【解析】【分析】由条件可知fx有对称轴2x，对称中心(1,0)，推出具有周期性4T，由24f求得a的值，可分别计算(1

),(2),(3),(4)ffff，结合周期性计算131kfk即可.【详解】因为2fx是偶函数，所以2(2)fxfx，所以()(4)fxfx，所以函数()fx关于直线2x对称，又因为20fxf

x，所以2fxfx，所以()(2)fxfx，所以()fx关于点(1,0)中心对称，由()(4)fxfx及()(2)fxfx得(4)(2)fxfx所以(4)(2)()fxfxfx所以函数()fx的周期为4，因为

当2,1x时，14xfxaxa（0a且1a），且24f，所以21424aa，解得：2a或4a，因为0a且1a，所以2a.所以当2,1x时，1()242xfxx，所以

(2)4,(1)0ff，(3)(1)0ff，(0)(2)4ff，(1)(14)(3)0fff，(2)(2)4ff，(3)(1)0ff，(4)(0)4ff，所以(1)(2)(3)(4)8ffff，所以131(1)+382

4kfkf,故选：C.12.已知函数sincosfxxx，其中0．若fx在区间π3π,24上单调递增，则的取值范围是（）A.0,4B.10,3C.5,32

D.150,,332【答案】D【解析】【分析】若π2sin4fxx在区间π3π,24上单调递增，满足两条件：①区间π3π,24的长度超过2T；②π4x的整体范围在正弦函数的增区间内，取合

适的整数k求出的取值范围.【详解】π()sincos2sin4fxxxx，∵函数()fx在区间π3π,24内单调递增，∴3ππππ4242T，∴4，∵π3π,24x，∴πππ3ππ24444x

，若fx在区间π3π,24上单调递增，则πππ2242,Z3πππ2442kkk解得3814233kk－，当0k时，103，当1k时，

532，当k取其它值时不满足04，∴的取值范围为150,,332，故选：D二、填空题：本大题共4小题，每小题，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，则不等式组对应的可行域为如下图所示：由22yxyx，解得24xy，即2,4A，令2zx

y，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.故答案为：814.若34，则(tan1)(tan1)_____

___．【答案】2【解析】【分析】根据正切函数的和角公式,可知tantan11tantan,再展开求解即可.【详解】因为34,所以,tan()1,即tantan1tantan＝－1

,所以,tantantantan1,(tan1)(tan1)tantan(tantan)＋1＝2故答案为：2【点睛】本题主要考查了两角和的正切函数运用,属于基础题.15.已知平面向量a，b，c满足2abab，且12ab

c，则cr的最大值为________．【答案】52##2.5【解析】【分析】由222()24abaabb，可求得2ab，再求解2222abaabb，结合向量模长的三角不等式abcabcabc，即得解.【详解】由题意，222

()24abaabb，又2ab，故2ab，故2222abaabb，由向量模长的三角不等式，abcabcabc，即1222cc，解得：3522cr，则cr的最大值为52.

故答案为：5216.若2224lnxaxax，则a的取值范围是______．【答案】341e,2【解析】【分析】令22()24lnfxxaxax，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)axaxafxxaxxx，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3ln()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，前n项和为nS，且3S

，9S，6S成等差数列．问：5a﹐11a，8a是否成等差数列?并说明理由．【答案】5a，11a，8a成等差数列，理由见解析【解析】.的【分析】设出等差数列和等比数列通项公式所需的基本量，列方程，化简得到58112aaa，题目得证.【详解】5a，11a，8a成等差数列．理由如下：设等比数列

na的公比为q，由于3S，9S，6S成等差数列，所以3692SSS，若1q，则有1113629aaa，显然不成立，故公比1q．于是有3691111112111aqaqaqqqq

，即有3691121qqq，即3692qqq，故有3612qq．则4743581111aaaqaqaqq46101111222aqqaqa，则化简得，58112aaa所以5a，11a，8a成等差数列18.记ABC的内角

A，B，C所对的边分别是a，b，c．知2cos3sinbAaB．（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）由正弦定理、辅助角公式、角的范围可得πsin16A

，即可进一步求解；（2）由角平分线及三角形面积公式得12BDABCDAC，则2133ADABAC，结合模运算数量积运算可得3c，则23b，即可进一步由余弦定理解出3a【小问1详解】由2cos3sinbAaB，根据正弦定理得sin2cos

3sinsinBAAB，由于0πB，则sin0B，则有3sincos2AA，即π2sin26A，又0πA，则ππ7π666A，故有ππ62A，所以π3A．【小问2详

解】由题，ABD△的面积为1π1sin262ABADBDh（h为ABC中BC边上的高），又ACD的面积为1π1sin262ACADCDh，由AD平分BAC，所以12BDABCDAC，则2133ADABAC，所以222414999ADABACABAC

，即222414π12442cos99939ccccc，解得3c，则23b，又22222π2cos32332393abcbc，所以，3a．19.已知数列na的前n项和为nS

，满足3132aa，且12nnaSa．（1）求na的通项公式；（2）数列nb满足11231232nnnabbbb，求nb的前n项和nT．【答案】（1）2nna（2）222nnnT【解

析】【分析】（1）利用na与nS的关系求解即可；（2）先求出nb，然后利用错位相减法求出nT即可.【小问1详解】由已知，12nnaSa，则2n时，1112nnaSa，两式相减，得122nnnaaa，即122nnaan，所以，na为公比为2的等比数

列．由3132aa，得11432aa，则12a．所以na的通项公式2nna．【小问2详解】由已知，得112312322nnnbbbb，①则1n时，112b，得112b﹔2n时，1231123122nnnbbbb

，②①–②得，122222nnnnnb，即2nnnb，又112b符合该式，所以*2nnnbnN．所以，231232222nnnT，同乘以12，得231112122222nnnnnT，两式相减，得231111111

1111222112222222212nnnnnnnnnT，所以，222nnnT20已知函数31fxxax．（1）当1a时，过点1,0作曲线yfx的切线l，求l的方程；（2）当0a时，对于任意0x

，证明：cosfxx．【答案】（1）1yx或2314yx（2）证明见解析【解析】【分析】（1）易知1,0不在fx上，设切点3000,1xxx，由导数的几何意义求出切线方程，将1,0代入求出对应0x，即可求解对应切

线方程；（2）构造31cos0gxxaxxx，求得23singxxax，再令.uxgx，通过研究ux正负确定gx单调性，再由gx正负研究gx最值，进而得证.【小问1详解】由题，1a时，31fxxx，

231fxx，设切点3000,1xxx，则切线方程为320000131yxxxxx，该切线过点1,0，则3200001311xxxx，即3200230xx，所以00x或032x．又01f；0

1f；32328f，32324f．所以，切线方程为1yx或2314yx；【小问2详解】设31cos0gxxaxxx，则23singxxax，令23sin0uxg

xxaxx，则6cosuxxx，可知π02x，时，0ux；π2x时，0ux，故0x时均有0ux，则ux即gx在0,上单调递增，0ga，因为0a时，则00ga，00gxg，故

gx在0,上单调递增，此时，00gxg．所以，当0a时，对于任意0x，均有cosfxx．21.已知函数22exxfxax．（1）若fx单调递增，求a的取值范围；（2）若fx

有两个极值点12,xx，其中12xx，求证：2133xxa．【答案】（1）1,（2）证明见解析【解析】【分析】（1）求到得1exxfxa，令0fx分离参数得1exax

，设1exxgx，利用导数求得maxgx，即可求解a的取值范围；（2）fx有两个极值点，即1exxa有两个不相等实数根，由（1）画出gx大致图象，确定01a且1210xx，构造函数1102hxgxxx

，利用导数证明0hx，同理构造110txgxxx，利用导数证明0tx（此两步意为“搭桥”），设方程112xa根为4x，则422xa，同理设方程1xa

解为3x，则31xa，可得134210xxxx，由214333xxxxa即可求证.【小问1详解】由22exxfxax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，也即为最大值，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，且1x时0gx，x时0gx，故gxa有两个不

等实根时，01a且1210xx．过点0,1与2,0的直线方程为112yx，构造函数1111102e2xxhxgxxxx，1e2xxhx，令10e2xxuxhxx

，则10exxuxx，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1111

0e2uh，所以0x时，0uxhx，则00hxh，即1102hxgxx，故当0x时，112gxx，设方程112xa根为4x，则422xa．构造函数1yx

，设11111110eexxxtxgxxxxx，可知10x时0e1x，则10txgxx，所以10x时，1gxx，设方程1xa解为3x，则31xa．

于是有134210xxxx，如图，所以214333xxxxa，证毕．【点睛】本题考查了利用函数的单调性求参数范围，由极值点分布证明不等式恒成立.利用单调性求参数范围常采用分离参数法，证明不等式恒

成立常采用构造函数法、此题中搭建112yx和1yx思维难度大，有化曲为直的妙处.（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]（10分）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，2cos13P，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123sin234

ABABS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]（10分）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11234x

x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1121123222222222abacabacabacabc，当且仅当1324bca时取等号，所以322a

bac.