四川省攀枝花市第七高级中学2022-2023学年高三上学期第四次诊断考试理科数学试题 含解析.docx

1、攀枝花市七中2023届高三（上）第四次诊断考试理科数学第卷（选择题，共60分）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分每小题给出的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的）1已知集合，则（）ABCD2若复数z满足，其中i为虚数单位，则（）ABC2D43已知向量，则（）A若，则B若，则C若，则D若与的夹角为钝角，则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5如图所示程序框图的算法思路源于我国古代数学名著九章算术中的“更相减损术”，执行该程序框图，若输入的a，b分别为10，14，则输出的（）A10B6C4D26设顶角为的等腰三角形为最美三角形，已知

2、最美三角形顶角的余弦值为，则最美三角形底角的余弦值为（）ABCD7某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）ABCD8法国数学家马林梅森是研究素数的数学家中成就很高的一位，人们将“（p为素数）”形式的素数称为“梅森素数”，目前仅发现51个“梅森素数”，可以估计，这个“梅森素数”的位数（例如“梅森素数”的位数是2）为（参考数据：）（）A19B20C21D229函数在区间上的图象为（）ABCD10已知奇函数的最小正周期为，将的图象向右平移个单位得到函数的图象，则函数的图象（）A关于点对称B关于点对称C关于直线对称D关于直线对称11在中，点D在线段上，点E在线段上，且满足，交于点F，则（）AB

3、CD12直线与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右三个交点的横坐标依次是、，则下列关系式正确的是（）ABCD第卷（非选择题，共90分）二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分只将结果填在答题卡上相应位置，不要过程）13函数的图象在点处的切线方程为_.14已知角的顶点为坐标原点，始边为x轴正半轴，终边经过点，则_15已知向量与的夹角是，则向量与的夹角为_16若函数在上存在唯一的零点，若函数在上存在唯一的零点，且，则实数的取值范围是_三、解答题（本大题共7小题，共70分，必做题：17题21题，选做题：22、23解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤，书写在答题卡上相应位置）17已知

4、向量，设函数(1)求函数的最小正周期；(2)在中，角所对的边分别为，当时函数取得最大值，若，且，试求的面积18如图，在梯形中，(1)若，求周长的最大值；(2)若，求的值19如图，在四棱锥中，平面，过的平面与，分别交于点，连接，(1)证明：(2)若，平面平面，求平面与平面夹角的余弦值20已知椭圆：（）的左焦点与抛物线的焦点重合，直线与以原点为圆心，以椭圆的离心率为半径的圆相切(1)求该椭圆的方程；(2)过点的直线交椭圆于，两点，线段的中点为，的垂直平分线与轴和轴分别交于，两点记的面积为，的面积为问：是否存在直线，使得，若存在，求直线的方程，若不存在，说明理由21已知函数，(1)求的单调区间；(2

5、)对于任意正整数n，求t的最小正整数值【选修4-4：坐标系与参数方程】22已知半圆C的参数方程为，其中为参数，且(1)在直角坐标系中，以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，求半圆C的极坐标方程；(2)在（1）的条件下，设T是半圆C上的一点，且，试写出T点的极坐标【选修4-5：不等式选讲】23已知正数满足，证明：(1)；(2).1C【分析】求出集合中的元素，再求即可.【详解】集合，故选：C.2B【分析】求出复数z的代数形式，进而求模即可.【详解】,则故选：B3B【分析】根据向量平行、垂直的坐标表示以及模长公式一一判断求解.【详解】对于A，若，则有，所以，A错误；对于B，若，则有，所

6、以，B正确；对于C，所以，解得或，C错误；若与的夹角为钝角，则，即，且与不能共线且反向，由A选项可知，当时，此时与共线且反向，所以若与的夹角为钝角，则且，D错误，故选:B.4A【分析】若，则，若，则.【详解】由，可得，此时有，满足充分性；由，可得，不能得到，不满足必要性.所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A5D【分析】根据流程图计算出结果.【详解】，且，故，输出.故选：D6B【分析】先求出底角为，然后利用余弦的二倍角公式求解即可【详解】由题意得，底角为，则故选：B7A【分析】该空间几何体是由具有相同底面和高的三棱柱和三棱锥组合而成，分别求出体积即可.【详解】该空间几何体是由具有相同底面和高

7、的三棱柱和三棱锥组合而成，底面三角形的面积为，三棱柱和三棱锥的高为1，则三棱柱的体积，三棱锥的体积为，故该几何体的体积为.故选A.【点睛】本题考查了空间组合体的三视图，考查了学生的空间想象能力，属于基础题.8C【分析】由题意，先计算，即可得到的位数.【详解】依题意，所以这个“梅森素数”的位数为21位，故选：C9D【分析】先判断函数的奇偶性，然后代入计算，从而得正确答案.【详解】，为奇函数，排除A；又，排除B；，即，排除C，故选：D10A【分析】先由奇函数及周期求得，再由平移求得，再利用正弦函数的对称性求解即可.【详解】因为是奇函数，则，又，则，又因为最小正周期，则，则，则，令，解得，当时，时，

8、时，即函数关于点对称，A正确，B错误；令，解得，当时，时，C错误，D错误.故选：A.11C【分析】由已知可得AB4，AC3，设，根据平面向量的线性运算，推出，由B，E，F三点共线求得，再将表示成以为基底的向量，由平面向量数量积的运算法则得答案【详解】如图：由，得AB4，AC3，设，则三点共线，即，则故选：C.12D【分析】先用转化法判断两条曲线的交点个数，再利用导数的性质画出两个函数图象，最后利用数形结合思想进行求解即可.【详解】当时，则有，设函数，则，当时，单调递增，当时，单调递减，而，而，如下图所示：因此曲线的交点只有一个，因此曲线和只有一个交点，,当时，单调递增，当时，单调递减，且当时，

9、且，图象如下图所示，当时，单调递增，当时，单调递减，且当时，当时，图象如下图所示，当直线经过曲线和唯一的公共点时，直线与两条曲线恰好有三个不同的交点，如上图所示，则有，且，对上式同构可得：，且函数在单调递增，又，且函数在上单调递减，由方程可得：，再结合方程可得：故选：D【点睛】关键点睛：用转化法判断曲线、的交点个数是解题的关键.13【分析】求出导函数，得到切线斜率，结合点斜式得到方程.【详解】由，得，所以切线的斜率为，又，所以切线方程为即故答案为：14#【分析】根据三角函数的定义求出，然后代入计算即可.【详解】由三角函数的定义可得，故答案为：.15【分析】先根据条件求出，再利用向量的夹角公式计

10、算即可.【详解】由已知，又，故答案为：16【分析】根据导数的性质，结合函数的零点定义进行求解即可.【详解】由，因为，所以，因此，所以单调递增，故，因为在上存在唯一的零点，所以有；由，由函数的性质可知：当时，函数单调递减，当时，单调递增，要想，只需，综上所述：故答案为：【点睛】关键点睛：利用导数的性质，结合函数零点的定义是解题的关键.17(1)(2)【分析】（1）先利用向量加法和数量积的坐标表示及三角恒等变换化简，再根据正弦函数的性质求解即可；（2）根据正弦函数的图象和性质求出角和边，再利用余弦定理和三角形面积公式求解即可.【详解】（1）由题意可得，所以，所以的最小正周期.（2）由（1）得当即时

11、，取得最大值，又因为，所以，在中，由余弦定理，有，即，解得，所以18(1)9(2)【分析】（1）由余弦定理结合基本不等式求出最值；（2）设，在和中使用正弦定理，联立得到，由正弦和角公式得到，从而得到，求出的值.【详解】（1）在中，即，解得：，当且仅当时取等号故周长的最大值是9（2）设，则，在中，在中，两式相除得，因为，故19(1)证明见解析(2)【分析】（1）依题意可得平面，再根据线面平行的性质证明（2）以为坐标原点，、分别为、轴建立如图所示的空间直角坐标系求出平面的法向量，平面的法向量，利用空间向量的数量积求解平面与平面夹角的余弦值【详解】（1）证明：，平面，平面，平面又平面，平面平面，（2

12、）解：因为平面，如图以为坐标原点，、分别为、轴建立如图所示的空间直角坐标系，、，又平面，平面，又，平面平面，平面，又，又平面平面，且平面平面，平面，平面，又，是的中点，是的中点，所以，又平面的法向量为，设平面的法向量为，则，即，令，则，所以平面与平面夹角的余弦值为.20(1)(2)不存在直线使得，理由见解析.【分析】(1)结合椭圆方程求出半焦距，然后利用直线与圆相切得到离心率，进而求出，最后利用得到即可求解；(2) 结合已知条件，设出直线的方程，并与椭圆方程联立，结合韦达定理求出线段的中点，然后利用垂直关系求出的横坐标，根据得到，进而得到，再通过得到，最后利用距离公式即可求解.【详解】（1）不

13、妨设左焦点的坐标为，由抛物线方程可知，即，因为直线与以原点为圆心，以椭圆的离心率为半径的圆相切，故圆心到直线的距离，从而，又因为，所以椭圆的方程为：.（2）结合已知条件，作图如下：假设存在直线使，显然直线不能与，轴垂直直线的斜率存在，设其方程为，联立直线和椭圆的方程，即，整理得，由韦达定理可知，中点，解得，即，即，又，整理得，方程无解，故不存在直线满足21(1)答案见解析(2)3【分析】(1)对函数求导，对参数分类讨论求得函数的单调区间.(2)由（1）的结论得出，利用归纳法求得取值范围，即可得到t的最小正整数值.【详解】（1）因为,定义域为，所以，若，则当时，函数单调递增；若，则当时，函数单调

14、递增，当时，函数单调递减，综上所述，当时，函数的单调递增区间为；当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为（2）由（1）知，当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为所以，即，则有，当且仅当时等号成立，一方面：，即另一方面：当时，当时，t的最小正整数值为322(1)，(2)【分析】（1）把参数方程化为普通方程，得出圆心与半径，然后直接根据圆的极坐标方程写出结论；（2）在（1）的极坐标方程中由求得极角后可得点的极坐标【详解】（1）根据半圆C的参数方程，其中为参数，且，得圆的普通方程为：，所以，半圆C的极坐标方程为：，（2）因为，所以令，则解得故点T的极坐标为23(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）根据3个数的不等式关系即可求解，（2）根据基本不等式即可求解.【详解】（1）因为均为正数，所以，则，所以.当且仅当时，取得等号.（2）由基本不等式可知，所以.，当且仅当时，取得等号.故.