四川省攀枝花市第七高级中学2023-2024学年高三下学期第六次诊断考试理科数学试题

攀枝花市七中第六次诊断考试数学试卷（理科）审题人：高三数学组一、单选题1.设集合，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】解一元二次不等式及对数不等式化简集合，然后利用交集的运算求解即可.【详解】由题意知，，所以.故选：A2.已知复数满足，则（）A. B.2 C. D.【答案】A【解析】【分析】利用复数的除法求出复数，再利用复数模的公式计算.【详解】复数满足，则，.故选：A3.某几何体的三视图如下图所示，则该几何体的表面积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据给定的三视图还原几何体，再按圆锥及圆柱表面积公式计算求解.【详解】由给定的三视图知，这个几何体是底面直径为2，高为2的圆柱，上接一个底面直径为2，高为的圆锥构成的组合体，如图，则有圆锥的母线为，圆锥的侧面积，圆柱的侧面积，圆柱下底面圆面积，这个几何体的表面是圆锥的侧面、圆柱的侧面、圆柱的下底面组成，所以这个几何体的表面积为.故选：A4.使成立的一个充分不必要条件是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】解不等式，利用集合的包含关系判断可得出结论.【详解】解不等式，可得，因为，，，因此，使成立的一个充分不必要条件是.故选：C.5.执行如图所示的程序框图，若输入，则输出的结果是（）A. B.1011 C.1012 D.【答案】C【解析】【分析】根据程序框图的循环结构计算数列求和即可.【详解】该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量的值，因为，所以输出的结果为1012．故选：C．6.设等差数列的前项和为，且公差不为，若，，构成等比数列，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据等差数列前项和性质计算出，根据等比数列中项得，再利用等差数列通项公式计算求解.【详解】因为是等差数列的前项和，所以，得，因为，，成等比数列，所以，设等差数列的首项为，公差为，则，因为，解得，，，所以.故选：D.7.已知恒成立，则实数的取值范围为（）A. B. C.或 D.或【答案】B【解析】【分析】利用基本不等式求出最小值，再借助不等式恒成立求解即得.详解】由，得，当且仅当时取等号，依题意，，即，解得，所以实数的取值范围为.故选：B8.已知，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据角的变换及诱导公式，二倍角的正切公式求解即可.【详解】因为，所以，所以，故，，故选：C9.如图所示，在三棱锥中，平面，，，，，则三棱锥外接球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】首先根据平面和得到平面，由此可证，均为直角三角形，根据直角三角形的性质可证为三棱锥外接球的直径，由此即可求出结果.【详解】因为平面，所以，，又因为，，所以平面，所以，记的中点为，因为，，所以，均为直角三角形，所以点到，，，四点的距离相等，即点为三棱锥外接球的球心，即为三棱锥外接球的直径又，所以，又因为，，，所以，故三棱锥外接球的表面积为．故选：C.【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是通过线面垂直导致线线垂直，得到，均为直角三角形，进而得到外接球的球心和直径．10.已知点是的外接圆圆心，，且，则（）A. B.5 C. D.【答案】D【解析】【分析】由题意，两边同时平方可得，同理求出，由可得，再由正弦定理求出外接圆的半径，转化条件为即可得解.【详解】由题意可得：，且，两边同时平方可得，设可得，则，所以，由可得：，两边同时平方可得，则，所以，因为，故为锐角，故，所以，得，在由正弦定理可得：，解得：，.故选：D.11.已知奇函数满足：，当时，，则下列大小关系正确的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根据函数的奇偶性，周期性和单调性判断即可.【详解】因为为奇函数，且当时，，，而，所以上单调递增，所以时，，时因为所以，由，即关于对称，又因为为奇函数，所以，所以，所以为的周期，所以，因为所以所以故选：C.12.已知，，，其中e为自然对数的底数，则a，b，c的大小关系为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】构造函数和，利用导数研究其单调性，利用单调性即可比较大小.【详解】，，记，则，令，则，单调递增，所以，当时，，即，又时，，所以，故，所以，故当时，，单调递增，所以，即，即.记，则，即，则，当时，，单调递增，又，所以，即，单调递增，又，所以，即.综上，.故选：B【点睛】本题难点在于函数的构造，通过构造函数比较大小的问题，主要通过代数式的结构特征同构函数，或构造差函数，然后利用导数研究其单调性，利用单调性即可求解.二、填空题13.已知直线是函数在点处的切线，则__________．【答案】4【解析】【分析】根据导数的几何意义即可求解.【详解】因为，，所以，因为直线是函数在点处的切线，所以，解得，所以，故答案为：414.设，是两个单位向量，向量，且，则_______.【答案】【解析】【分析】利用向量数量积的运算律求解即可.【详解】因为，，是两个单位向量，所以，解得.故答案为：.15.若函数的最小值为，则实数的取值范围是_____________.【答案】【解析】【分析】由二次函数、分式型函数的性质分别求分段函数两段上的性质，并确定且，即可求参数范围.【详解】由在上递减，在上递增，若，则最小值为，不满足题设，所以，在上，，当且仅当时等号成立，所以最小值，则，可得.综上，.故答案：16.如图，边长为1的菱形中，，沿将翻折，得到三棱锥，则当三棱锥体积最大时，异面直线与所成的角的余弦值等于______.【答案】##0.25【解析】【分析】利用椎体的体积公式确定当平面平面时，三棱锥的高最大，体积最大；再利用异面直线所成角的定义求解.【详解】,为边长为1的等边三角形，将沿着翻折形成三棱锥,如图，点在底面上的投影在的平分线上，则三棱锥的高为过点的高，所以当平面平面时，三棱锥的高最大，体积最大，此时为平面平面平面所成的角，所以,且平面,所以平面，分别取中点为,连接,因为所以为异面直线与所成的角或其补角，在中，,在直角三角形中，,所以,由余弦定理可得，,所以异面直线与所成的角的余弦值为，故答案为:.三、解答题17.已知锐角内角的对边分别为.若.（1）求；（2）若，求的范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据正弦定理角化边后得到条件，再由余弦定理可求出，即可求解；（2）根据正弦定理，把边的关系转化为角的关系，再根据角的范围即可求解.【小问1详解】由正弦定理，，则，又,所以【小问2详解】因为，所以,则，因为三角形为锐角三角形，所以,解得，令，所以，所以.18.已知数列满足．（1）求的通项公式；（2）求数列的前n项和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据递推关系作差即可求解，（2）根据错位相减法即可求和.【小问1详解】当时，．当时，，即，当时，上式也成立，所以．当时，也符合，所以．【小问2详解】由（1）知．，，则，所以．19.如图，在四棱台中，底面是菱形，，，平面.（1）证明：BDCC1；（2）棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）存在，【解析】【分析】（1）连接,根据题意证得和，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得；（2）取中点，连接，以为原点，建立空间直角坐标系，假设点存在，设点，求得平面和的一个法向量和，结合向量的夹角公式，列出方程，求得，即可求解.小问1详解】证明:如图所示，连接,因为为棱台，所以四点共面，又因为四边形为菱形，所以，因为平面，平面，所以，又因为且平面，所以平面，因为平面，所以.【小问2详解】解：取中点，连接，因为底面是菱形，且，所以是正三角形，所以，即，由于平面，以为原点，分别以为轴、轴和轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则假设点存在，设点的坐标为，其中，可得设平面的法向量，则，取，可得，所以.又由平面的法向量为，所以，解得由于二面角为锐角，则点在线段上，所以，即故上存在点，当时，二面角的余弦值为.20.已知椭圆的左右两个焦点为，且，椭圆上一动点满足．（1）求椭圆的标准方程及离心率；（2）如图，过点作直线与椭圆交于点，过点作直线，且与椭圆交于点，与交于点，试求四边形面积的最大值．【答案】（1）椭圆方程为，离心率为（2）【解析】【分析】（1）由椭圆的定义以及焦距，求得和的值，则，即可求得椭圆的方程和离心率.（2）当直线的斜率不存在时，由，当斜率存在时，设直线方程，代入椭圆方程，由椭圆方程及弦长公式分别求得，，根据函数单调性即可求得四边形面积的最大值.【小问1详解】由题意，又因为，所以，椭圆方程为，离心率为．【小问2详解】①当直线斜率不存在或者为时，易得，从而四边形的面积为4．②当直线斜率存在且不为时，设，直线，联立，易知，由韦达定理得，，，同理，所以，从而四边形面积的最大值为．21.已知函数.（1）讨论函数的单调性；（2）若函数的极大值为4，求实数的值；（3）在（2）的条件下，方程存在两个不同的实数根，，证明.【答案】（1）答案见解析（2）（3）证明见解析【解析】【分析】（1）根据题意，求导得，然后分类讨论求其单调区间，即可得到结果；（2）根据题意，由（1）中结论可得，代入计算，即可得到结果；（3）根据题意，将不等式转化为，构造，求导即可证明.【小问1详解】因为，函数的定义域为，所以，当时，在上恒成立，故在上单调递增；当时，若，则，故在上单调递增；若，则，故在上单调递减；综上所述，当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减；小问2详解】因为的极大值为4，所以由（1）得，所以，解得【小问3详解】证明：由（2）得此时，即当时，，函数在上单调递增；当时，，函数在上单调递减；所以函数在时有极大值，极大值为4；即若证明，即证，即；令，则证明令，，则，所以在上单调递增，所以，所以故.22.平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）.以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程；（2）已知点，记和交于两点，求的值.【答案】（1）曲线的普通方程为；曲线的直角坐标方程为（2）【解析】【分析】（1）消去参数得到普通方程，利用公式将极坐标方程转化为直角坐标方程；（2）写出符合要求的直线参数方程，利用t的几何意义求解.【小问1详解】已知曲线（为参数），则，由消参得，则曲线的普通方程为．由曲线的极坐标方程为，变形得，即，且满足，由互化公式，得，即.故曲线的直角坐标方程为．【小问2详解】由于在直线l上，可设直线l的参数方程的标准形式为（t为参数），代入曲线，化简得，，设A，B对应的参数分别为，，则，，由于，故，所