四川省绵阳市2020届高三上学期第一次诊断性考试数学文试题

四川省绵阳市2020届高三上学期第一次诊断性考试数学文试题

绵阳市高中2017级第一次诊断性考试 文科数学 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，，则( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求解集合,然后求解.‎ ‎【详解】因为，，‎ 所以.故选：A.‎ ‎【点睛】本题主要考查集合的交集运算，先化简集合是求解此类问题的关键，题目属于简单题，侧重考查数学运算的核心素养.‎ ‎2.若，则下列结论不正确的是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 结合不等式的性质或特殊值，逐个选项验证.‎ ‎【详解】因为，所以，选项A正确；‎ 因为，所以，选项B正确；‎ 因为，所以，选项C不正确；‎ 因为为增函数，所以，选项D正确.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题主要考查不等式的性质，这类问题的求解方法是利用常见的不等式的性质或者利用特殊值进行求解，侧重考查逻辑推理的核心素养.‎ ‎3.下列函数中定义域为，且在上单调递增的是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求解选项中各函数的定义域，再判定各函数的单调性，可得选项.‎ ‎【详解】因为的定义域为，的定义域为，所以排除选项B,C.‎ 因为在是减函数，所以排除选项A，故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查函数的性质，求解函数定义域时，熟记常见的类型：分式，偶次根式，对数式等，单调性一般结合初等函数的单调性进行判定，侧重考查数学抽象的核心素养.‎ ‎4.等差数列的前n项和为，若，，则( )‎ A. 4 B. 5 C. 10 D. 15‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由求，再求公差，最后可得.‎ ‎【详解】因为，所以，可得，所以，‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题主要考查等差数列的基本运算，熟练记忆等差数列的求和公式及通项公式是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.‎ ‎5.已知函数，若，则( )‎ A. -2 B. -1 C. 0 D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析】‎ 先由写出，再由二者关系可得与的关系，易得.‎ ‎【详解】因为，所以，‎ 所以，易得.故选：B.‎ ‎【点睛】本题主要考查函数的表示方法，结合函数解析式的特征可求，侧重考查数学运算和逻辑推理的核心素养.‎ ‎6.已知命题函数，的最小值为；命题若向量，，，满足，则．下列命题中为真命题的是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先判断命题，命题的真假，利用基本不等式和三角函数的性质可判断命题为假，再用零向量判断命题为假，进而判断命题和命题为真，易得为真.‎ ‎【详解】由题意命题函数当且仅当时，等号成立，由性质可得，所以函数，取不到最小值，即命题为假，则命题为真；‎ 命题若向量为零向量，满足，但不一定有，所以命题为假，则命题 为真，所以为真.故选: D.‎ ‎【点睛】本题主要考查命题真假的判定，涉及基本不等式的最值问题要注意条件的检验，平面向量的运算要熟记运算规则，侧重考查逻辑推理的核心素养.‎ ‎7.若，，，则a，b，c的大小关系为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先将化成与同底，再利用指数函数单调性比较大小，然后利用中间值1比较的大小，最后易得三者关系.‎ ‎【详解】因为，由指数函数单调递增，且可得，且，又因为，所以.故选：B.‎ ‎【点睛】本题主要考查指数式，对数式比较大小，指数式的大小比较一般是化为同底数来进行，不同类的数值比较一般采用介值法进行，侧重考查数学抽象的核心素养.‎ ‎8.已知x，y满足约束条件，则的最小值为( )‎ A. 4 B. 2 C. 1 D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先作出可行域，平移目标函数，确定取到最小值的点，然后求出点代入目标函数可得.‎ ‎【详解】作出可行域，如图，‎ 易得目标函数在点处取到最小值，‎ 由得，‎ 所以的最小值为，故选：C.‎ ‎【点睛】本题主要考查线性规划求解最值问题，主要求解方法是作出可行域，平移目标函数，得到最值点，联立方程组，求出最值点可得最值.‎ ‎9.设函数（其中常数）的图象在点处的切线为l，则l在y轴上的截距为( )‎ A. 1 B. 2 C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求得的导数，可得切线的斜率，根据切点写出切线的点斜式方程，令可得l在y轴上的截距.‎ ‎【详解】因为函数的导数为，可得图象在点处的切线斜率为，且，则切线方程为，令可得，‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题主要考查导数的几何意义，利用导数求解在某点处的切线方程的策略是：先求导数，代入切点横坐标可得切线斜率，然后结合点斜式可求切线方程，侧重考查数学运算的核心素养.‎ ‎10.某数学小组到进行社会实践调查，了解鑫鑫桶装水经营部在为如何定价发愁。进一步调研了解到如下信息：该经营部每天的房租、人员工资等固定成本为200元，每桶水的进价是5元，销售单价与日均销售量的关系如下表：‎ 销售单价/元 ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ ‎11‎ ‎12‎ 日均销售量/桶 ‎480‎ ‎440‎ ‎400‎ ‎360‎ ‎320‎ ‎280‎ ‎240‎ 根据以上信息，你认为该经营部定价为多少才能获得最大利润？（ ）‎ A. 每桶8.5元 B. 每桶9.5元 C. 每桶10.5元 D. 每桶11.5元 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过表格可知销售单价每增加1元、日均销售量减少40桶，进而列出表达式，利用二次函数的简单性质即得结论．‎ ‎【详解】通过表格可知销售单价每增加1元、日均销售量减少40桶，设每桶水的价格为（6+x）元（0＜x＜13），‎ 公司日利润y元，则y＝（6+x﹣5）（480﹣40x）﹣200＝﹣40x2+440x+280（0＜x＜13），‎ ‎∵﹣40＜0，∴当x＝＝5.5时函数y有最大值，‎ 因此，每桶水的价格为6+5.5=11.5元，公司日利润最大，‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查了二次函数模型的应用以及二次函数求最值，属于基础题．‎ ‎11.函数在上单调递增，且图象关于对称，则的值为( )‎ A. B. C. 2 D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求周期的范围，再进一步得到的范围，排除选项B,C,D.‎ ‎【详解】因为函数在上单调递增，所以，所以.又因为，所以，所以.只有选项A符合，经检验可知图象关于对称；故选: A.‎ ‎【点睛】本题主要考查三角函数的图象及性质，利用单调性和对称性确定参数，特值进行排除也是常用方法，侧重考查逻辑推理和数学运算的核心素养.‎ ‎12.在中，，的平分线AD交边BC于点D，已知，且，则在方向上的投影为( )‎ A. 1 B. C. 3 D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据得出四边形为菱形，从而可得,进而可求在方向上的投影.‎ ‎【详解】因为，如图设,,所以四边形为菱形；‎ 因，，所以,即有;‎ 结合比例性质可得,所以;‎ 在方向上的投影为.故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查平面向量应用，明确向量的运算规则是求解的关键，数形结合能简化运算过程，侧重考查直观想象和数学运算的核心素养.‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．‎ ‎13.已知函数的定义域为，且满足，当时，，则________．‎ ‎【答案】e ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据可得周期为，利用周期可求，从而可得结果.‎ ‎【详解】因为，所以函数的周期为，所以；‎ 又因为当时，，所以.故答案为：.‎ ‎【点睛】本题主要考查利用函数的周期求值，主要求解思路是：先根据题设条件得出函数的周期，再结合周期把目标函数值转化到已知区间上，然后可求，侧重考查数学抽象的核心素养.‎ ‎14.已知向量，向量的模为1，且，则与的夹角为________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据求得，然后利用向量的夹角公式可求.‎ ‎【详解】因为，所以，‎ 因为，所以，即有，‎ ‎，所以，故与的夹角为.故答案为：.‎ ‎【点睛】本题主要考查平面向量的运算，向量夹角的求解主要利用公式来求，侧重考查数学运算的核心素养.‎ ‎15.2019年10月1日，在庆祝新中国成立70周年阅兵中，由我国自主研制的军用飞机和军用无人机等参阅航空装备分秒不差飞越天安门，壮军威，振民心，令世人瞩目．飞行员高超的飞行技术离不开艰苦的训练和科学的数据分析．一次飞行训练中，地面观测站观测到一架参阅直升飞机以千米/小时的速度在同一高度向正东飞行，如图，第一次观测到该飞机在北偏西的方向上，1分钟后第二次观测到该飞机在北偏东的方向上，仰角为，则直升机飞行的高度为________千米．（结果保留根号）‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据飞行时间和速度可求飞行距离，结合两次观察方位角及三角形知识可得.‎ ‎【详解】如图，‎ 根据已知可得 设飞行高度为千米，即，则;‎ 在直角三角形中，,所以，；‎ 在直角三角形中，同理可求；‎ 因为飞行速度为千米/小时，飞行时间是1分钟，所以,‎ 所以，解得，故答案为：.‎ ‎【点睛】本题主要考查以现实问题为背景的解三角形问题，准确理解方位角是求解本题的关键，融合了简单的物理知识，侧重考查了直观想象和逻辑推理的核心素养.‎ ‎16.若函数有且仅有1个零点，则实数的取值范围为________．‎ ‎【答案】或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 令f（x）＝0，参变分离得a＝，令h（x）＝，对h（x）求导得函数h（x）的单调递增区间为（0，1）,单调递减区间为（﹣∞，0），（1，+∞），h（x）＝h（0）＝1，h（x）＝h（1）＝，由题意得函数h（x）与直线y＝a有且仅有一个交点，即可得出a的取值范围．‎ ‎【详解】令f（x）＝0，可得：a＝，令h（x）＝，‎ h（x）＝，令h（x）＝0，解得x＝0或1，‎ x ‎ （﹣∞，0）‎ ‎0‎ ‎ （0，1）‎ ‎ 1‎ ‎ （1，+∞）‎ h（x）‎ ‎﹣‎ ‎ 0‎ ‎+‎ ‎ 0‎ ‎﹣‎ h（x）‎ ‎ 单调递减 ‎ 极小值 ‎ 单调递增 ‎ 极大值 ‎ 单调递减 由表格可得：h（x）＝h（0）＝1，h（x）＝h（1）＝，且，.‎ 由f（x）有且仅有一个零点，转化为函数h（x）与直线y＝a有且仅有一个交点．‎ ‎∴当或时，函数h（x）与直线y＝a有且仅有一个交点．‎ 故答案为：或 ‎【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性和极值，函数的零点转化为图象的交点问题，也考查了分析推理转化解决问题与计算的能力，属于中档题．‎ 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.已知函数．‎ ‎（1）求函数的最小正周期与单调递减区间；‎ ‎（2）若，且，求的值．‎ ‎【答案】（1） ，‎ ‎（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先结合三角恒等变换的公式把目标函数化简为标准型，结合周期求解公式和单调区间求解方法可求；‎ ‎（2）结合所给角的范围，确定的范围，结合函数值可得所求角.‎ ‎【详解】解：（1）‎ ‎∴，‎ 即的最小正周期为．‎ ‎∵的单调递减区间为，，‎ ‎∴由，，解得，，‎ ‎∴的单调递减区间为，．‎ ‎（2）由已知，可得，‎ 即，‎ 再由，可得，‎ ‎∴，‎ 解得．‎ ‎【点睛】本题主要考查三角函数的恒等变换及性质，一般求解思路是：先利用公式把目标函数化简为标准型，然后利用相应性质的求解方法求解，侧重考查逻辑推理和数学抽象的核心素养.‎ ‎18.在各项均不相等的等差数列中，，且，，成等比数列，数列的前n项和．‎ ‎（1）求数列、的通项公式；‎ ‎（2）设，求数列的前n项和．‎ ‎【答案】（1），；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设数列的公差为d，由，，成等比数列，列式解得（舍去）或，进而得；再由数列的前n项和，得，且，进而得；‎ ‎（2）由（1）得，利用分组求数列的前n项和即可.‎ ‎【详解】（1）设数列的公差为d，则，，∵，，‎ 成等比数列，‎ ‎，即，‎ 整理得，解得（舍去）或，.‎ 当时，，‎ 当时，．‎ 验：当时，满足上式，∴数列的通项公式为．‎ ‎（2）由（1）得，，‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题考查了等差数列与等比数列的通项公式与求和公式，也考查了数列的分组求和的方法，考查化简整理的运算能力，属于中档题．‎ ‎19.已知中三个内角A，B，C满足．‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）若，b是角B的对边，，求的面积．‎ ‎【答案】（1）‎ ‎（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先根据及平方关系，可以求得；‎ ‎（2）根据三角形性质及正弦定理可求，，然后利用面积公式可得.‎ ‎【详解】解：（1）在中，，即，‎ ‎∴，‎ 由题意得．‎ 两边平方可得，‎ 根据，‎ 可整理为，‎ 解得或（舍去）．‎ ‎∴．‎ ‎（2）由，且，‎ 可得，为钝角，‎ ‎∴，‎ 又，‎ 由正弦定理得，‎ ‎∴，．‎ 又为钝角，由（1）得．‎ ‎∴的面积为 综上所述，的面积为．‎ ‎【点睛】本题主要考查利用正弦定理和面积公式求解三角形问题，解三角形时需要注意三角形性质的使用及面积公式的选择，边角的相互转化是求解的常用策略，侧重考查数学运算和逻辑推理的核心素养.‎ ‎20.已知函数．‎ ‎（1）当时，求函数的极值；‎ ‎（2）是否存在实数，使得函数在区间上的最大值是2，若存在，求出的值；不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】（1）极小值为，极大值为；（2）存在，理由见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）当时，，则，得的单调性，进而得的极值；‎ ‎（2）求导得，按，，进行分别讨论得的单调性，进而求出最大值，判断最大值是2能否成立即可.‎ ‎【详解】（1）当时，，则，‎ 由，得或；由，得，‎ 在上单调递增，上单调递减，上单调递增．‎ 的极小值为，极大值为.‎ ‎（2），‎ 当时，在单调递增，最大值为，解得（舍）；‎ 当时，在上单调递减，在上单调递增，最大值为或，‎ 由，解得（舍），由，解得.‎ 当时，在单调递减，最大值为，解得（舍)．‎ 综上所述：.‎ ‎【点睛】本题考查了导数的应用：函数的单调性、极值、最值求参数等问题，也考查了分类讨论思想和转化思想，属于中档题．‎ ‎21.已知函数，，．‎ ‎（1）若存在极小值，求实数a的取值范围；‎ ‎（2）若的极大值为，求证：．‎ ‎【答案】（1）；（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求导，令，则，得在上单调递减，在上单调递增，，由题意得按，分类讨论，计算实数a的取值范围即可；‎ ‎（2）由（1）知，的极大值为，，令，求导得在上单调递增，即可证得.‎ ‎【详解】（1）由题意得，令，则．‎ ‎∴当时，得，当时，得，‎ ‎∴在上单调递减，在上单调递增，且，，，，∴．‎ ‎①当，即时，，于是在上是增函数，‎ 从而在上无极值．‎ ‎②当，即时，存在，使得，‎ 且当时，，在上是单调递增；‎ 当时，，在上是单调递减；‎ 当时，，在上是单调递增，‎ 故是在上的极小值．‎ 综上，．‎ ‎（2）由（1）知，的极大值为．‎ 又，，‎ 令，，则，‎ 在区间上单调递增，，.‎ ‎【点睛】本题考查了导数在研究函数单调性、极值和最值中的综合应用，利用导数证明不等式成立以及分类讨论思想，变换过程复杂，需要很强的逻辑推理能力，属于中档题．‎ ‎（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题做答．如果多做，则按所做的第一题记分．‎ ‎22.在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）．坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴，取相同长度单位建立极坐标系，直线的极坐标方程为．‎ ‎（1）求曲线的普通方程和极坐标方程；‎ ‎（2）设射线与曲线交于点，与直线交于点，求线段的长．‎ ‎【答案】（1） ‎ ‎（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）结合三角函数的基本关系消去参数可得普通方程，结合公式，可得极坐标方程；‎ ‎（2）分别联立极坐标方程，求得交点的极径，从而可得线段的长．‎ ‎【详解】解：（1）由题意得，‎ ‎∴曲线的普通方程为．‎ ‎∵，，‎ ‎∴代入可得曲线的极坐标方程为．‎ ‎（2）把代入中，‎ 可得，‎ 解得﹐‎ 即点的极径，‎ 由（1）易得，‎ ‎∴．‎ ‎【点睛】本题主要考查参数方程与极坐标方程，参数方程化为普通方程一般是消去参数，普通方程化为极坐标方程主要利用，来实现，侧重考查数学运算的核心素养.‎ ‎23.设函数．‎ ‎（1）当时，求不等式的解集；‎ ‎（2）若，求实数m的取值范围．‎ ‎【答案】（1）‎ ‎（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用零点分段讨论法，把绝对值符号去掉可得解集；‎ ‎（2）先求的最小值，然后求解绝对值不等式即可.‎ ‎【详解】（1）当时，．‎ 当时，，解得；‎ 当时，，‎ 无解．‎ 当时，，‎ 解得；‎ 综上，原不等式的解集为．‎ ‎（2）∵ ‎ 当且仅当等号成立 ‎∴，‎ ‎∴或，‎ 即或，‎ ‎∴实数m的取值范围是．‎ ‎【点睛】本题主要考查绝对值不等式的解法，绝对值不等式的求解一般转化为分段函数求解，不等式有关的最值常用来实现，侧重考查数学运算的核心素养.‎ ‎ ‎ ‎ ‎