达州市普通高中2023届第一次诊断性测试数学试题（理科）注意事项：1.答题前，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黒.如需改动，用橡皮擦千净后，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，写在本试卷无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.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. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】求出集合，再求即可.【详解】由已知，又，.故选：A.2. 复数满足，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据复数的除法运算即可得出结果.【详解】由得，,故选：C.3. 已知向量，满足，则（ ）A. 0B. 2C. D. 5【答案】D【解析】【分析】利用数量积垂直的坐标表示，即可求解.【详解】.故选：D4. 四川省将从2022年秋季入学的高一年级学生开始实行高考综合改革，高考采用“3+1+2”模式，其中“1”为首选科目，即物理与历史二选一.某校为了解学生的首选意愿，对部分高一学生进行了抽样调查，制作出如下两个等高条形图，根据条形图信息，下列结论正确的是（ ）A. 样本中选择物理意愿的男生人数少于选择历史意愿的女生人数B. 样本中女生选择历史意愿的人数多于男生选择历史意愿的人数C. 样本中选择物理学科的人数较多D. 样本中男生人数少于女生人数【答案】C【解析】【分析】根据等高条形图的概念结合条件逐项分析即得.【详解】根据等高条形图图1可知样本中选择物理学科的人数较多，故C正确；根据等高条形图图2可知样本中男生人数多于女生人数，故D错误；样本中选择物理学科的人数多于选择历史意愿的人数，而选择物理意愿的男生比例高，选择历史意愿的女生比例低，所以样本中选择物理意愿的男生人数多于选择历史意愿的女生人数，故A错误；样本中女生选择历史意愿的人数不一定多于男生选择历史意愿的人数，故B错误.故选：C.5. 三棱锥的底面为直角三角形，的外接圆为圆底面，在圆上或内部，现将三棱锥的底面放置在水平面上，则三棱锥的俯视图不可能是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据题目信息可画出三棱锥的直观图，改变点位置，即可对所有可能的俯视图做出判断，得出答案.【详解】由三棱锥的结构特征，底面为直角三角形，不妨设，则的外接圆圆心即为的中点；又在圆上或内部，当点与点重合时，三棱锥如下图所示，由底面可知，此时三棱锥的俯视图为A选项；当点满足为外接圆直径时，三棱锥如下图所示，由底面可知，此时三棱锥的俯视图为B选项当点与圆心重合时，三棱锥如下图所示，由底面可知，此时三棱锥的俯视图为C选项；因此，选项ABC均有可能，俯视图不可能为选项D.故选：D6. “”是“”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. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】先利用不等式的性质与指数函数的单调性证得充分性，再举反例排除必要性，从而得解.【详解】证充分性：因为，所以，则，所以，故是的充分条件；排除必要性：令，则，满足，但不满足，所以不是的必要条件；综上：“”是“”的充分不必要条件.故选：A.7. 把一个三边均为有理数的直角三角形面积的数值称为同余数，如果正整数为同余数，则称为整同余数.年月日，年度国家科学奖励大会在人民大会堂隆重召开，中国科学院研究员田刚以“同余数问题与函数的算术”项目荣获年度国家自然科学奖二等奖，在同余数这个具有千年历史数学中最重要的古老问题上取得突破性进展.在中，绕旋转一周，所成几何体的侧面积和体积的数值之比为：，若的面积为整同余数，则的值可以为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】用直角三角形的一条直角边长和面积，表示出另一条直角边长和斜边长，以旋转形成的圆锥的侧面积和体积的数值之比建立方程，将选项中的值代入方程，判断解出的，是否为有理数即可.【详解】如图， 中，内角，所对的边为，且，则的面积，绕旋转一周，形成一个底面半径，高，母线长的圆锥，该圆锥的侧面积，该圆锥的体积，侧面积和体积的数值之比为，化简得，对于A，将代入，得，无解，故选项A错误；对于B，将代入，得，解得或，当时，均为有理数，满足题意，当时，均为有理数，满足题意，故选项B正确；对于C，将代入，得，解得，无有理数解，故选项C错误；对于D，将代入，得，解得，无有理数解，故选项D错误.故选：B.8. 将函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，直线与曲线仅交于，三点，为的等差中项，则的最小值为（ ）A. 8B. 6C. 4D. 2【答案】C【解析】【分析】由三角函数图象的平移变换可得，由题意推得必为函数的对称中心，可得，即可求得答案.【详解】由题意将函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，则，因为直线与曲线仅交于，三点，为的等差中项，由于，在直线上,故为的等差中项，不妨设，则，即，若 ，则，即，此时直线与曲线不止三个交点，不合题意；故，结合的对称性，可得有直线与曲线仅有3个交点，即必为函数的对称中心，即，故，因为，故时，的最小值为4，故选：C9. 点为双曲线（，）的一个焦点，过作双曲线的一条渐近线的平行线交双曲线于点.为原点，则双曲线的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】通过计算到所作渐近线平行线的距离为可知，与所作直线和渐近线垂直，再利用双曲线的定义和，之间的关系即可求解.【详解】设双曲线的两条渐近线为：，：，由双曲线的对称性，不妨设为双曲线的右焦点，过作，则的方程为，即，则到的距离，在中，设双曲线左焦点为，连接，由双曲线的定义知，设与交于点，为线段的中点，在中，即，化简得，双曲线的离心率.故选：D.10. 曲线在点处的切线平分圆，则（ ）A. 有两个零点B. 有极大值C. 在上为增函数D. 当时，【答案】D【解析】【分析】根据导数几何意义确定在点处的切线方程为，由于平分圆，所以得，于是得函数，结合导数确定函数的零点，单调性，极值即可判断.【详解】解：因为，所以，曲线在点处的切线斜率，又，则切线方程为：，即，若该切线平分圆，则切线过圆心，则，解得，所以，对于A，即，所以，则有一个零点，故A不正确；对于B，解得，所以当时，单调递减，当时，单调递增，所以有极小值，故B不正确；对于C，由B可知，C不正确；对于D，由B可知在上单调递增，且，所以当时，故D正确.故选：D11. 在棱长为2的正方体中，分别为的中点，则（ ）A. 异面直线与所成角的余弦值为B. 点为正方形内一点，当平面时，的最小值为C. 过点的平面截正方体所得的截面周长为D. 当三棱锥的所有顶点都在球的表面上时，球的表面积为【答案】B【解析】【分析】A项通过平行线求异面直线所成角；B项先求点P的轨迹再求DP的最小值；C项先由面面平行的性质作出截面再求截面的周长；D项先找外接球的球心再求球的表面积.【详解】对于A项， 在RtBB1F中BB1F即为异面直线DD1与B1F所成的角， ，异面直线DD1与B1F所成的角的余弦值为.故A项错误；对于B项，取A1D1的中点M，D1C1的中点N，连接MN，DM，DN，则DMB1F，DNB1E，又面B1EF，面B1EF，面B1EF，面B1EF，DM面B1EF，DN面B1EF，又，面DMN，面DMN面B1EF，又DP面B1EF，面A1B1C1D1P轨迹为线段MN，在DMN中，过D作DPMN，此时DP取得最小值，在RtDD1M中，D1M=1，D1D=2，在RtDD1N中，D1N=1，D1D=2，在RtMD1N中，D1N=1，D1M=1，如图在RtDPN中， .故B项正确；对于C项，过点D1、E、F的平面截正方体ABCDA1B1C1D1所得的截面图形为五边形D1MEFN则D1MNF，D1NME，如图，以D为原点，分别以DA、DC、DD1为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Dxyz，设AM=m，CN=n，则，D1MNF，D1NME， 在RtD1 A1M中，D1 A1=2，同理：，在RtMAE中，AE=1，同理：在RtEBF中，BE=BF=1，即：过点D1、E、F的平面截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面周长为.故C项错误；对于D项，如图所示，取EF的中点O1，则O1E= O1F= O1B，过O1作OO1BB1，且使得，则O为三棱锥B1BEF的外接球的球心，所以OE为外接球的半径，在RtEBF中， .故D项错误.故选：B.12. 函数满足，令，对任意的，都有，若，则（ ）A. B. 3C. 1D. 【答案】A【解析】【分析】根据变形得到，即，再根据，计算得到，从而得到，由求出答案.【详解】因为，所以，即，故，所以是奇函数，令，解得：，故，解得：，则，令，解得：，故，解得：，则，依次可得：，解得：，则，则，故，中，令得：，所以,故选：A【点睛】方法点睛：抽象函数对称性与周期性的判断如下：若，则函数关于对称；若，则函数关于中心对称；若，则是的一个周期二填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 展开式中的常数项为_（用数字作答）.【答案】70【解析】【分析】由二项展开式通项公式确定常数项的项数，从而得结论【详解】,令,解得,常数项为故答案为：70.14. 定义，现从集合中随机取两个不同的元素，则满足的概率为_.【答案】【解析】【分析】根据新定义得到，再根据的所有取值可能，利用古典概型的概率计算公式即可求解.【详解】因为，从集合中随机取两个不同的元素，所组成的点共有个，又因为定义，所以由可得：，在所有的点中，满足的有共3个，由古典概型的概率计算公式可得：，所以满足的概率为，故答案为：.15. 已知正方形边长为两点分别为边上动点，则的周长为_.【答案】4【解析】【分析】设，用表示出，由勾股定理求出即可求出周长.【详解】如图所示，设，所以，即，由题意可得，所以，所以，所以的周长为，故答案为：416. 斜率为1的直线与曲线交于两点，为的焦点，点为曲线上一点，当的面积取最大值时，_.【答案】1【解析】【分析】设直线：，联立，根据条件和韦达定理可得抛物线方程和直线的方程，再求出点到直