2023届甘肃省敦煌中学高三上学期第二次诊断考试数学（理）试题（解析版）

这是一份2023届甘肃省敦煌中学高三上学期第二次诊断考试数学（理）试题（解析版），共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届甘肃省敦煌中学高三上学期第二次诊断考试数学（理）试题 一、单选题1．已知集合，那么（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用整数集的意义化简集合，从而利用集合的交集运算即可求得所求.【详解】因为，，所以.故选：C.2．“”是“直线与平行”的（    ）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】首先根基两直线平行求出的值，再根据小范围推大范围选出答案.【详解】因为直线与平行，所以 且两直线的斜率相等即解得；而当时直线为，同时为，两直线重合不满足题意；当时，与平行，满足题意；故，根据小范围推大范围可得：是的必要不充分条件.故选：B【点睛】(1)当直线的方程中存在字母参数时，不仅要考虑到斜率存在的一般情况，也要考虑到斜率不存在的特殊情况．同时还要注意x，y的系数不能同时为零这一隐含条件．(2)在判断两直线的平行、垂直时，也可直接利用直线方程的系数间的关系得出结论．(3)两直线平行时要注意验证，排除掉两直线重合的情况.3．已知是异面直线，平面，平面，直线满足，则（    ）A．且 B．且C．与相交，且交线垂直于 D．与相交，且交线平行于【答案】D【分析】根据空间直线、平面间的位置关系判断，证明线线平行时注意线面平行的判定定理与性质定理的应用．【详解】是异面直线，不平行，因此平面不平行，A错；不一定垂直，因此平面也不一定垂直，B错；平面，，，则，同理，由选项A知平面一定相交，设，过直线作平面与平面交于直线，如图，则，同理过作平面与平面交于直线，则，所以，，，则，又，，则，所以，因此C错D正确．故选：D．4．命题的否定形式为（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据全称命题的否定形式，即可得出结论.【详解】因为命题的否定形式为：，故选：.5．若圆关于直线对称，则的最小值为　　A．4 B． C．9 D．【答案】C【分析】利用“乘1法”与基本不等式的性质即可得出．【详解】解：由题意可知，圆心在直线，则，又因为，，所以，当且仅当且即，时取等号，此时取得最小值9．故选：．【点睛】本题考查了“乘1法”与基本不等式的性质，属于基础题．6．已知函数则（    ）A．是奇函数 B．函数的最小正周期为C．曲线关于对称 D．【答案】D【分析】利用余弦的倍角公式化简，再利用正弦型函数的性质对选项逐一判断即可.【详解】因为，对于A，，，即，所以不是奇函数，故A错误；对于B，，故B错误；对于C，，即在处取不到最值，故不关于对称，故C错误；对于D，，，则，所以，即，故D正确.故选：D.7．我们可从这个商标中抽象出一个如图靠背而坐的两条优美的曲线，下列函数中大致可“完美”局部表达这对曲线的函数是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】由图象可知，函数为偶函数，且在右边附近的函数值为正，然后逐项分析各选项中函数的奇偶性及其在右边附近的函数值符号，即可得出合适的选项.【详解】由图象可知，函数为偶函数，且在右边附近的函数值为正.对于A选项，令，得，解得，函数的定义域为，，该函数为偶函数，当时，，则，且，此时，不合乎题意，A选项错误；对于B选项，函数的定义域为，，该函数为奇函数，不合乎题意，B选项错误；对于C选项，的定义域为，，该函数为奇函数，不合乎题意，C选项错误；对于D选项，函数的定义域为，，该函数为偶函数，当时，，则，且，则，合乎题意，D选项正确.故选：D.【点睛】本题考查利用函数图象选择函数解析式，一般从函数的定义域、奇偶性、单调性、零点以及函数值符号结合排除法求解，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.8．如图，在正方体中，､分别为，的中点，则下列说法错误的是（    ）A．平面B．C．直线与平面所成角为45°D．异面直线与所成角为60°【答案】D【分析】连结BD，A1D，可得MN∥A1D，得到MN∥平面ADD1A1，判定A正确；证明AB⊥平面ADD1A1，得AB⊥A1D，结合MN∥A1D，得MN⊥AB，判断B正确；求出直线MN与平面ABCD所成角判断C正确；求出异面直线MN与DD1所成角判断D错误．【详解】如图，连结BD，A1D，由M，N分别为AC，A1B的中点，知MN∥A1D，而MN⊄平面ADD1A1，A1D⊂平面ADD1A1，∴MN∥平面ADD1A1，故A正确；在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB⊥平面ADD1A1，则AB⊥A1D，∵MN∥A1D，∴MN⊥AB，故B正确；直线MN与平面ABCD所成角等于A1D与平面ABCD所成角等于45°，故C正确；而∠A1DD1为异面直线MN与DD1所成角，应为45°，故D错误．故选：D【点睛】本题主要考查直线与平面平行、垂直的判定与性质、直线与平面所成角、异面直线所成角等基础知识；考查空间想象能力、论证推理能力，属于中档题．9．Logistic模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领域．有学者根据公布数据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数I(t)(t的单位：天)的Logistic模型：，其中K为最大确诊病例数．当I()=0.95K时，标志着已初步遏制疫情，则约为（    ）（ln19≈3）A．60 B．63 C．66 D．69【答案】C【分析】将代入函数结合求得即可得解.【详解】，所以，则，所以，，解得.故选：C.【点睛】本题考查对数的运算，考查指数与对数的互化，考查计算能力，属于中等题.10．已知函数图象相邻两条对称轴之间的距离为，将函数的图象向左平移个单位后，得到的图象关于轴对称，那么函数的图象（    ）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【答案】B【分析】由相邻两条对称轴之间的距离为，可知，从而可求出，再由的图像向左平移个单位后，得到的图象关于轴对称，可得，从而可求出的值，然后逐个分析各个选项即可【详解】因为相邻两条对称轴的距离为，故，，从而.设将的图像向左平移单位后，所得图像对应的解析式为，则，因的图像关于轴对称，故，所以，，所以，因，所以.又，令，故对称轴为直线，所以C，D错误；令，故，所以对称中心为，所以A错误，B正确.故选：B【点睛】此题考查了三角函数的图像变换和三角函数的图像和性质，属于基础题.11．已知，，，则的大小关系为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据指数函数和对数函数单调性，以及函数的单调性，即可比较大小.【详解】是上的单调减函数，故，是上的单调减函数，故，，故；令，则在恒成立，故在单调递增；则，即，故，即；综上所述，.故选：B.12．定义在上的函数满足:是的导函数, 则不等式的解集为   A． B． C． D．【答案】A【详解】分析：设，得到函数，即函数为单调递增函数，不等式转化为，即可不等式的解集．详解：设，则，又由，则，所以，所以函数为单调递增函数，又由，所以，由不等式，即，即，所以不等式的解集为，故选A．点睛：本题主要考查了导数的应用和不等式的求解，其中解答中根据所求不等式，构造新函数，利用导数得到函数的单调性，利用单调性求解不等式上解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力． 二、填空题13．在中，角A､B､C所对的边分别为a，b，c，已知，则的面积为_____________.【答案】【解析】由正弦定理求出，可得，则，再利用三角形面积公式可得答案.【详解】因为，所以由，可得，∴，∴.故答案为：.14．若一直线与曲线和曲线相切于同一点，则的值为______．【答案】【详解】设切点，则由，得，由，得，则有，解得，故的值为．15．已知圆，过点的直线被圆所截得的弦的长度最小值为______.【答案】2【解析】由相交弦长和圆的半径及圆心到过的直线的距离之间的勾股关系，求出弦长的最小值，即圆心到直线的距离的最大时，而当直线与垂直时最大，求出的最大值，进而求出弦长的最小值．【详解】由圆的方程可得圆心坐标，半径；设圆心到直线的距离为，则过的直线与圆的相交弦长，当最大时弦长最小，当直线与所在的直线垂直时最大，这时，所以最小的弦长，故答案为：2【点睛】关键点睛：解答本题的关键是通过分析得到当直线与所在的直线垂直时最大，弦长最小. 与圆有关的弦长问题的最值一般利用数形结合分析解答.16．已知是以为斜边的直角三角形，为平面外一点，且平面平面，，，，则三棱锥外接球的表面积为______.【答案】【解析】先找到外接圆的圆心，得到球心一定在过点且垂直面垂线上，然后在内使用正弦定理求得外接球的半径，最后可得结果.【详解】由题意知：的中点为外接圆的圆心且平面平面.过作面的垂线，则垂线一定在面内.如图，根据球的性质，球心一定在垂线上，∵球心一定在面内，且球心也是外接圆的圆心.在中，由余弦定理得.所以由正弦定理得：，解得，∴三棱锥外接球的表面积为.故答案为：【点睛】本题考查三棱锥的外接球的表面积，难点在于球心的位置，重点在于外接球的半径的求法，属难题. 三、解答题17．已知分别为三个内角的对边,．（1）求角A； （2）若,的面积为,求的周长．【答案】（1） ；（2）．【分析】（1）利用正弦定理将边角关系转化为角角关系，再利用三角形的内角和定理与三角恒等变换进行求解；（2）利用余弦定理与三角形的面积公式得到关于的方程组，再求解即可．【详解】（1）由及正弦定理得:sinAsinC+cosAsin-sin=0,由,所以, 又0<A<π, A+故A=． （2）的面积,故． 由余弦定理知2=2+2-2cosA,得代入=,=4,解得：.故三角形周长为．18．《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早1000多年，在《九章算术》中，将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵（qian du）：阳马指底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥，鳖臑（bie nao）指四个面均为直角三角形的四面体.如图在堑堵中，.（1）求证：四棱锥为阳马；（2）若，，且直线与平面所成角的正切值为，求锐二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）通过证明面，结合四边形为矩形即可证明；（2）以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，利用向量法即可求解.【详解】（1）证明：∵底面，面，∴，又，，∴面，又四边形为矩形，∴四棱锥为阳马.（2）解：在中作于，连结.显然为直线与平面所成的角.设，则，.故，解得，∴，，∵，底面.∴以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，.设面的一个法向量，由，即，令，得，设平面的一个法向量，则，即，令，得，∴，故锐二面角的余弦值为.【点睛】利用法向量求解空间二面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.19．已知数列的前项和满足，且是的等差中项，是等差数列，.（1）求数列的通项公式；（2），求数列的前项和.【答案】（1），（2）【详解】分析：（1）利用与的关系求得的通项公式，利用等差数列基本量关系得到的通项公式；（2）由（1）得，利用错位相减法求出数列的前项和.详解：（1）由题意知，当时，，又因为，且，则，所以，又成等差数列，则，所以， 解得，所以数列是以1为首项，3为公比的等比数列，故.设的公差为，则， 解得，所以.（2）由（1）得，所以，，两式相减得，整理得.点睛：用错位相减法求和应注意的问题(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式；(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解.20．已知圆C：，直线过定点．(1)若与圆相切，求直线的方程；(2)若点为圆上的一点，求的最大值和最小值．【答案】(1)或(2)， 【分析】（1）分类考虑直线斜率不存在或存在，根据直线与圆相切，即可求解直线方程；（2）可以看作圆上的点与点距离的平方，根据点与圆上的点求解距离的最大值与最小值，即可得的最大值和最小值．【详解】（1）若直线的斜率不存在，即直线的方程为，符合题意直线斜率存在，设直线的方程为，即．由题意知，圆心到直线的距离等于半径，即．解得．综上，直线的方程为或；（2）因为，所以可以看作圆上的点与点距离的平方，把点代入圆的方程，得，所以点在圆外，所以圆上的点到的最大距离为， 最小距离为其中为圆心到点的距离，又因为，故最大距离为，最小距离为，所以，.21．已知函数．（1）若函数在R上是增函数，求实数a的取值范围；（2）如果函数恰有两个不同的极值点，证明：．【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）问题转化为对恒成立.求导后分离参数得到，设，利用导数研究单调性，求得最小值，根据不等式恒成立的意义得到所求范围；（2）由，为两个极值点不妨设，联立极值点的条件，并结合要证不等式，消去a，将要证不等式转化为只含有，的不等式，适当变形转化为只含有的不等式，作换元，转化为关于t的不等式，构造函数，利用导数研究单调性，进而证明即可.【详解】（1）是上是增函数，，，设则，令解得，解得，故在单调递减，在单调递增，，；（2）依题意可得：，，是极值点， ∴，两式相减可得：，所证不等式等价于：，不妨设，两边同除以可得：，令 ，所证不等式只需证明：，设，，由（1）可知：当时，恒成立，成立，即，可得：， 在单调递减，，原不等式成立即.【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．22．在平面直角坐标系中，以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，两种坐标系取相同的单位长度，已知曲线，过点的直线的参数方程为（为参数），直线与曲线交于两点.(1)求的取值范围；(2)若成等比数列，求实数的值.【答案】(1)；(2)1. 【分析】（1）把曲线的极坐标方程化为直角坐标方程，直线参数方程代入曲线的直角坐标方程后，由判别式大于0可得的范围；（2）设两点对应的参数值分别是，由（1）中方程应用韦达定理得，，然后由等比数列列方程求解．【详解】（1）由得，所以曲线的直角坐标方程为，把代入得，直线与曲线交于两点，则，解得或，又，所以；（2）设对应的参数为，由（1）得，，成等比数列，则，即，，解得或（舍去）．所以．