四川省宜宾市2023届高三上学期第一次诊断性数学（文）数学试题（解析版）

宜宾市2020级高三第一次诊断性试题

数 学（文史类）

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，，则集合的元素个数为（    ）

A.  B.  C.  D.

【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】∵，

∴，即集合的元素个数为3.

故选：C.

2. 若复数z满足，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】由复数的运算法则即可求解.

【详解】由可得：

.

故选：D

3. 若，则的概率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】区间长度之比即为概率之比.

【详解】由，得，而，

由几何概型可知：的概率.

故选：D

4. “”是“”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】∵在上单调递增，

∴，

又∵在R上单调递增，

∴，

由可得，但由不能得到，例如，

故“”是“”的充分不必要条件.

故选：A.

5. 已知函数，则的大致图象是（    ）

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，定义域为，所以

所以函数为奇函数，故排除B，D选项；

当时，令得，所以函数最小正零点为，

则，则符合图象特点的是选项A，排除选项C.

故选：A.

6. 中，若，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【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】∵，

∴.

故选：B.

7. 如图所示的程序框图中，若输出的函数值在区间内，则输入的实数x的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【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： ，

输出的函数值在区间 内 ，必有当时，，

当 时 ， ，

即得 ．

故选∶C．

8. 已知角的终边上一点的坐标为，角的终边与角的终边关于轴对称，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据三角函数的定义得，再根据和角公式求解即可.

【详解】解：因为角的终边上一点的坐标为，角的终边与角的终边关于轴对称，

所以，点是角的终边上的点，

所以，，

所以

故选：C

9. 已知，当取最大值时，则的值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据可利用基本不等式推出，结合等号成立条件，即可求得当取最大值时，的值.

【详解】由题意可得，

则，即，

当且仅当，即时取等号，此时取得最大值，

即取最大值时，，此时，

故选：B

10. 南宋数学家杨辉给出了著名的三角垛公式：，则数列的前项和为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】因为，根据题意结合分组求和运算求解.

【详解】∵，

由题意可得：数列的前项和为，

又∵，

∴数列的前项和

.

故选：A.

11. 已知定义在上的奇函数满足，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】由条件可得是周期函数，周期为4，然后可得答案.

【详解】因为定义在上的奇函数满足，

所以，

所以，

所以是周期函数，周期为4

所以

故选：C

12. 已知，，，则，，的大小关系为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】构造函数，利用导数与函数单调性证得在上单调递增，从而证得，进而由对数函数的单调性得到.

【详解】因为，，，

故令，则，

因为，所以，故恒成立，

所以在上单调递增，

因为，所以，即，

故，

又因为在上单调递增，所以，即.

故选：B.

二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分．

13. 若满足约束条件则的最大值为________.

【答案】5

【解析】

【分析】由约束条件做出可行域，将问题转化为在轴的截距，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，则，当在轴的截距最小时，最大

由，求得，则

所以

故答案为:

14. 已知等比数列中，，，则______．

【答案】6

【解析】

【分析】由等比数列的性质求解即可

【详解】由等比数列的性质可得：，

由等比数列中奇数项的符号相同，

所以，

故答案为：6

15. 若函数，则在区间上零点的个数是_______．

【答案】4

【解析】

【分析】令，求解即可

【详解】令，则，

所以或，

所以或，

又，

所以，

则在区间上零点的个数是4，

故答案为：4

16. 已知关于的不等式的解集为R，则的最大值是______．

【答案】1

【解析】

【分析】首先分类讨论时，不成立，当时，等价为在R上恒成立，即于相切时，取得最大值，根据导数的几何意义得到，再构造函数，利用导数求解最大值即可.

【详解】由题知：，

当时，不等式的解集为R，

等价于不等式的解集为R，

设，，即在R上为减函数，不符合题意.

当时，不等式解集为R，

等价于在R上恒成立，

即于相切时，取得最大值.

设的切点为，则，切线为，

即，即.

设，，

所以，，为增函数，

，，为减函数.

所以，即的最大值为1.

故答案为：1

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. 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．

（1）求区企业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：

【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，

所以所求中位数为；

【小问2详解】

2×2列联表：

没有95%的把握认为生产有影响与企业所在区有关.

18. 设内角所对边分别，已知，．

（1）若，求的周长；

（2）若边的中点为，且，求的面积．

【答案】（1）；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）利用正弦定理将角化边，结合的边长，即可求得，以及三角形周长；

（2）根据已知条件，结合余弦定理求得，再根据三角形的中线的向量表示，求得，结合三角形面积公式即可求得结果.

【小问1详解】

∵，∴，∴，

因为，故，即，

解得（舍）或；则，故△的周长为.

【小问2详解】

由（1）知，，又，故，

又，则；

因为边的中点为，故，故，

即，即；

联立与可得，

故△的面积.

19. 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）设第一次接球人为，第二次接球人为，通过次传接球后，列举出的所有可能的结果；

（2）完成第三次传接球后，计算球正好在乙处的概率．

【答案】（1）答案见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）由题意直接列举出基本事件即可；

（2）利用列举法结合古典概型的概率公式求解即可

【小问1详解】

通过次传接球后，的结果：

（乙，甲），（乙，丙），（丙，甲），（丙，乙）；

【小问2详解】

三次传接球，接球的结果：

（乙，甲，乙），（乙，甲，丙），（乙，丙，甲），（乙，丙，乙），

（丙，甲，乙），（丙，甲，丙），（丙，乙，甲），（丙，乙，丙），

共8种，它们是等可能的，

其中球正好在乙处的结果有：（乙，甲，乙），（乙，丙，乙），（丙，甲，乙），共3种，

所以第3次传接球后，球正好在乙处的概率为

20. 已知数列的前项和满足．

（1）求，并证明数列为等比数列；

（2）若，求数列的前项和．

【答案】（1），证明见解析；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）由与的关系可得，从而可得，

可知是一个以2为首项，公比为2的等比数列；

（2）利用错位相减法即可求得的前项和.

【小问1详解】

当时，，

，

当时，①，

②，

由②①得，

，

，

∴是一个以2为首项，公比为2的等比数列．

【小问2详解】

，,

①

②　

由①②，得

，

.

21. 已知函数．

（1）求证：；

（2）证明：当，时，．

【答案】（1）证明见解析；   

（2）证明见解析.

【解析】

【分析】（1）利用导数可求得函数的单调区间，从而可证得；

（2）由可得，利用导数证即可.

【小问1详解】

的定义域为，

，

由得，由得

则在上单调递减，在上单调递增，  

∴，得证.

【小问2详解】

由（1）得，

令， 则，∴，

∴，

∴

下面证明时，，

令，

则，

在上单调递增，

，时，，

时，，

.

（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. 在平面直角坐标中，曲线的参数方程为（为参数，），以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系．

（1）求曲线的普通方程和极坐标方程；

（2）在平面直角坐标中，若过点且倾斜角为的直线与曲线交于两点，求证：成等差数列．

【答案】（1），   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）利用消参法求曲线的普通方程，并注意y的取值范围，再利用求曲线的极坐标方程；（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】

由得，代入整理得，即，

∵，则，，

故曲线的普通方程为，

又∵，则，

整理得

曲线的极坐标方程为

【小问2详解】

由题意可得：直线l的参数方程为（t为参数），

代入，整理得，

∴，，

则，

即，

∴成等差数列

选修4-5：不等式选讲

23. 已知函数．

（1）当时，解不等式；

（2）当函数的最小值为时，求的最大值．

【答案】（1）；   

（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，进而根据柯西不等式求解即可.

【小问1详解】

解：由题知，，

或或

解得或或

所以，的解集为，

【小问2详解】

解：由绝对值三角不等式得：

当且仅当，即时取等号，

因为函数的最小值为，

所以，，

所以，由柯西不等式得

当，即时取等号．

所以，的最大值为．