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）

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．