1、宜宾市2020级高三第一次诊断性试题数学注意事项：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. 2. 若复数z满足，则的虚部是（ ）A. B. C. D. 3. “”是
2、“”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4. 已知函数，则大致图象是（ ）A. B. C. D. 5. 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. 6. 在中，若，则（ ）A. B. C. D. 7. 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. 8. “四书” “五经”是我国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，每部名著安排次讲座，若要求大学论语相邻，但都
3、不与周易相邻，则排法种数为（ ）A. B. C. D. 9. 已知，当取最大值时，则的值为（ ）A. B. C. D. 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. 11. 已知定义在上奇函数满足，则（ ）A. B. C. D. 12. 已知， ，则、的大小关系为（ ）A B. C. D. 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_.14. 在的展开式中，常数项为_（用数字作答）15. 已知函数，方程在区间有且仅有四个根，则正数的取值范围是_16. 关于不等式的解集为，则的最大值是_三、解答题：共70
4、分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第1721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不受影响受影响合计A区B区合计（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22列联表，并根据列联表，判断是否有95%的把握认为生
5、产受到影响与企业所在区有关？附：18. 已知正项数列满足，.（1）计算,，猜想的通项公式并加以证明；（2）若，求数列的前项和.19. 的内角所对边分别为，已知，.（1）若，求的周长；（2）若边的中点为，求中线的最大值.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，通过三次传球，求的分布列与期望；（2）设第次传球后，甲接到球的概率为，（i）试证明数列为等比数列；（ii）解释随着传球次数的增多，甲
6、接到球的概率趋近于一个常数21. 已知函数（）.（1），求证：；（2）证明：.()（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
7、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，
8、则的虚部是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由复数除法运算可求得，由虚部定义得到结果.【详解】由得：，的虚部为.故选：B.3. “”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.4. 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
9、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.5. 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： ，输出函数值在区间 内 ，必有当时，当 时 ， ，即得 故选C6. 在中，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据向量减
10、法结合数量积的运算律运算求解.【详解】，.故选：B.7. 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：C8. “四书” “五经”是我国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. B. C. D. 【答案】C
11、【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，共有种排法，将大学论语看作一个元素，二者内部全排列有种排法，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，有种排法，故总共有种排法，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，
12、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：B10. 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】根据题意分析可得函数是周期为4的周期函数，结合奇偶性与周期性运算求解.【详解】为奇函数，则，即，则的周期为4，则，故.故选：C.12. 已知， ，则、的大小关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析
13、】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，故；又，因为，故，综合可得，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. 在的展开式中，常数项为_（用数字作答）【答案】【解析】【分析】先求出的展开式中的常数项和含的系数，再求的常数项.【详解】由题得的通项为，令，即得常数项为,令，无整
14、数解，即展开式中不含的项，所以的常数项为.故答案为：15. 已知函数，方程在区间有且仅有四个根，则正数的取值范围是_【答案】【解析】【分析】由方程得到，然后得到的范围，根据原方程在区间有且仅有四个根，列出不等式，求解即可得到结果.【详解】由，可得，所以，又因为当时，所以的可能取值为因为原方程在区间有且仅有四个根，所以，解得即的取值范围是故答案为：16. 关于的不等式的解集为，则的最大值是_【答案】#【解析】【分析】设是函数上的任意一点，进而求得点处切线方程，根据切线放缩得，进而将问题转化为在恒成立，再结合一次函数性质得且，进而得且，进而得，再结合换元法求函数的最大值即可.【详解】解：关于的不等
15、式的解集为，所以，在恒成立，设是函数上任意一点，则，所以，函数在点处的切线方程为，即，令，则，当时，时，单调递减，时，单调递增，所以，即；当时，时，单调递减，时，单调递增，所以，即；所以，所以，在恒成立，即在恒成立，所以，且，所以，恒成立，且，所以，且，所以， 令，则，令，则，所以，当时，单调递增，当时，单调递减，所以，所以，的最大值是.故答案为：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1721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
16、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不受影响受影响合计A区B区合计（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22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）22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22列联表，计
17、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】22列联表：不受影响受影响合计区7310区4610合计11920没有95%的把握认为生产有影响与企业所在区有关.18. 已知正项数列满足，.（1）计算,，猜想的通项公式并加以证明；（2）若，求数列的前项和.【答案】（1）,证明见解析; （2）.【解析】【分析】（1）分别,，即可求得,由此可猜想，用数学归纳法证明即可；（2）结合（1）的结论可得的表达式，分组求和即可求得答案.【小问1详解】当时，；当时，；猜想.证明如下：当时，成立；假设时，成立；那么时，,即时，则对任意的，都
18、有成立.【小问2详解】由题意得，.19. 的内角所对边分别为，已知，.（1）若，求的周长；（2）若边的中点为，求中线的最大值.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据题意利用正弦定理角化边整理可得，结合题意求，即可得周长；（2）根据，结合向量模的运算与余弦定理化简整理得，根据（1）中的结论结合基本不等式运算求解.【小问1详解】，由正弦定理可得：，则，若，则，解得，故的周长.【小问2详解】，由（1）可得：，即，当且仅当时，等号成立，则，故，则，所以的最大值为.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
19、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，通过三次传球，求的分布列与期望；（2）设第次传球后，甲接到球的概率为，（i）试证明数列为等比数列；（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， （2）（i）证明见解析；（ii）答案见解析.【解析】【分析】(1) 由题意知的取值为，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，根据时，第次传给甲的事件是第次传球后，球不在甲手上并且第次必传给甲的事件，可得，由此变形得可证明结论；（ii）求出，当时，,
20、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】由题意知的取值为， ； ； ；所以X的分布列为012所以；【小问2详解】（i）由题意：第一次传球后，球落在乙或丙手中，则，时，第次传给甲的事件是第次传球后，球不在甲手上并且第次必传给甲的事件，于是有 ，即 ，故数列是首项为，公比为的等比数列;（ii） ，所以 ，当时， ，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.21. 已知函数（）.（1），求证：；（2）证明：.()【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析.【解析】【分析】（1）先证，令，利用导数判断函数单调性，即可证明；再证，令，利用其导数判断其单调性
21、即可证明；（2）l利用（1）的结论，可得，从而将原不等式转化为，继而转化为证，即证；由此构造函数，利用其导数判断单调性即可证明.【小问1详解】先证，令，此时，故，所以在上单调递增，所以，即.再证，令，在上单调递增，故，即，综合以上可得时，；【小问2详解】由（1）可知，要证，只需证，即证，即证；，要证，即证令，则，在上单调递增，所以在区间上存在零点，则时，时，故在上单调递减，上单调递增，而，由于 ，,故，故，所以时，故当时，成立，当时，也成立，所以，得证，则成立.【点睛】关键点点睛：证明不等式的关键在于利用时， ，从而将原不等式转化为证明.（二）选做题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题
22、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
