四川省攀枝花市第七高级 2022-2023学年高三上学期第四次诊断考试理科数学试题.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若a，b都是实数，则“”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顶角为的等腰三角形

2、被称为最美三角形，已知其顶角的余弦值为，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

3、F，则（）ABCD12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m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

4、置）17（本小题满分12分）已知向量，设函数（1）求函数的最小正周期；（2）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，当时函数取得最大值，若，且，试求的面积18（本小题满分12分）如图，在梯形中，（1）若，求周长的最大值；（2）若，求的值19（本小题满分12分）如图，在四棱锥中，平面，过的平面与，分别交于点M，N，连接，（1）证明：（2）若，平面平面，求平面与平面夹角的余弦值20（本小题满分12分）已知椭圆的左焦点F与抛物线的焦点重合，直线与以原点O为圆心，以椭圆的离心率e为半径的圆相切（1）求该椭圆C的方程；（2）过点F的直线交椭圆于A，B两点，线段的中点为G，的垂直平分线与x轴和y轴分别

5、交于D，E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（本小题满分12分）已知函数，（1）求的单调区间；（2）对于任意正整数n，求t的最小正整数值22（本小题满分10分）【选修4-4：坐标系与参数方程】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23（本小题满分10分）【选修4-5：不等式选讲】已知正数a，b，c满足，证明：（1）攀枝花市七中2023届高三（上）第四次诊断考试理科数学一、选

6、择题：112：CBBAD AACDA CD8【解析】：依题意，所以这个“梅森素数”的位数为21位，故选：C12解：，所以在上递增，在上递减，；，在上递增，在上递减，；，当时，所以，故当时，的图象在图象下方作出，的示意图，所以当直线经过与的交点时，共有3个公共点，且，由，所以，由，所以，故选D二、填空题：13 14 15 1616解：因为，所以在上单调递增，注意到，所以，于是，所以当时，当时，所以在上递减，在上递增，且，所以，综上三、解答题：17解：（1）由题意，所以的最小正周期为；（2）当时，函数取得最大值2，所以，且，在中，由余弦定理，有，即，解得，的面积为18（1）在中，因此，当且仅当时取

7、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：，平面，平面，平面又平面，平面平面，（2）解：因为平面，如图以A为坐标原点，、分别为x、y、z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，N是的中点，M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解：（1）不妨设左焦点F的坐标为，由抛物线方程可知，即，因为直线与以原点O为圆心，以椭圆的离心率e为半径的圆相切，故圆心O到直线的距离，从而，又因为，所以椭圆C的方程为：（2）结合已知条件，作图

8、如下：假设存在直线使，显然直线不能与x，y轴垂直直线的斜率存在，设其方程为，联立直线和椭圆C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解：（1）因为，所以，若，则当时，函数单调递增；若，则当时，函数单调递增，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解：（1）因为a，b，c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12