四川省攀枝花市第七高级中学校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． 2．已知复数满足，则（    ） A． B．2 C． D． 3．某几何体的三视图如右图所示，则该几何体的表面积为（    ）   A． B． C． D． 4．使成立的一个充分不必要条件是（    ） A． B． C． D． 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． 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． 7．已知恒成立，则实数的取值范围为（    ） A．B． C．或 D．或 8．已知，则（    ） A． B． C． D． 9．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． 10．已知点是的外接圆圆心，，且，则（    ） A． B．5 C． 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． 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． 二、填空题 13．已知直线是函数在点处的切线，则 ． 14．设，是两个单位向量，向量，且，则 . 15．若函数的最小值为，则实数的取值范围是 . 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 .    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. 18．已知数列满足． (1)求的通项公式； (2)求数列的前n项和． 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. 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． 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. 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. 23．已知a、b均为正数，设. (1)当时，求不等式的解集； (2)若的最小值为6，求的值，并求的最小值. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 攀七中第六次诊断考试数学试卷（理科）参考答案： 1．A 2．A 3．A 4．C 5．C 6．D 7．B 8．C 9．C 10．C 11．D 12．B 12【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. 13． 14．4 15．/0.25 16．①②③ 16【详解】函数，， ， 函数在区间上有且仅有3个对称中心， 则，，即的取值范围是，而，故①正确； 周期，由，得， ，的最小正周期可能是，故②正确； ， ，， ， 又，在区间上单调递减，故③正确； 当，即，又，， 当时，，当时，，故④不正确. 故答案为：①②③. 17．【详解】（1）由正弦定理，， 则，又,所以 （2）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．【详解】（1）当时，． 当时，，即， 当时，上式也成立，所以． 当时，也符合，所以． （2）由（1）知． ， ， 则， 所以． 19．【详解】（1）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. （2）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．【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. 【详解】（1）由题意，又因为，所以，椭圆方程为，离心率为． （2）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．【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. 【详解】（1）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； （2）因为的极大值为4，所以由（1）得，所以，解得 （3）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．【详解】（1）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． （2）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， 所以. 故的值为. 23．【详解】（1）由已知不等式为， 时，不等式为，，所以； 时，不等式为，，不成立； 时，不等式为，，所以， 综上，不等式的解集为； （2），即的最小值是， 所以，又，所以， 所以，当且仅当时等号成立. 所以所求最小值为1. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$