1、2023届高三第二次诊断考试数学（文科）试卷命题人：姚元辉审题人：陈平一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的.1已知集合，则（）ABCD2已知复数z满足，则（）AB9CD133曲线与曲线（且）的（）A长轴长相等B短轴长相等C焦距相等D离心率相等4记为等差数列的前n项和若，则（）ABCD5若实数x，y满足约束条件，则的最小值为（）ABC2D46直线l过点与圆C：交于两点且，则直线l的方程为（）AB或CD或7下列四个函数中，既是偶函数又在上单调递增的是（）ABCD8如图，已知正方体，M，N分别是，的中点，则（）A直线与直线垂直，直线平面B直
2、线与直线平行，直线平面C直线与直线相交，直线平面D直线与直线异面，直线平面9为了得到函数的图象，只需将函数的图象（）A向左平移个单位长度，再将所得图象所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变B向右平移个单位长度，再将所得图象所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变C所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再向左平移个单位长度D所有点的横坐标缩短，纵坐标不变，再向右平移个单位长度10函数的图象大致为（）ABCD11如图，将一个球放入一个倒立的圆锥形容器中，圆锥的高为3，底面半径为4，且圆锥的底面恰好经过球心，则该球的表面积为（）ABCD12已知函数， 若函数，则函数的零点个数为（）A1B3C
3、4D5二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13已知向量，若，则_.14已知，且，则的最小值_.15焦点在轴上的椭圆的离心率为，则的值为_16已知数列、满足，其中是等差数列，且，则 =_三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或验算步骤.第17-21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.17在中，角A，B，C所对的边分别为，(1)求B；(2)求的面积.18已知数列的前n项和为，且，递增的等比数列满足：（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前n项和19如图所示，在四棱锥中，底面是正方形，对角线与交于点，侧面是边长为2的等边三角形，为
4、的中点.（1）证明：平面；（2）若侧面底面，求点到平面的距离.20已知椭圆的焦距为，且经过点，(1)求椭圆的标准方程；(2)设为坐标原点，在椭圆短轴上有两点(不与短轴端点重合)满足，直线分别交椭圆于两点，求证：直线过定点.21已知函数.(1)讨论的单调性；(2)若存在，且，使得，求证：.（二）选考题：共10分.请考生在22、23题中选定一题作答.多答按所答第一题评分.【选修4-4：坐标系与参数方程】22在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程是(1)求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；(2)若直线与曲线交于，两点，点，
5、求的值.【选修4-5：不等式选讲】23已知：，(1)若，求不等式的解集；(2)，若的图象与轴围成的三角形面积不大于54，求的取值范围1C【分析】先解不等式化简集合，再求交集即可.【详解】由解得，故.又，所以.故选：C.2D【分析】先求出，进而求出.【详解】因为，所以，所以.故选：D3C【分析】分析可知两曲线都表示椭圆，求出两椭圆的长轴长、短轴长、焦距以及离心率，可得出合适的选项.【详解】曲线表示焦点在轴上，长轴长为，短轴长为，离心率为，焦距为的椭圆曲线（且）表示焦点在轴上，长轴长为，短轴长为，焦距为，离心率为的椭圆故选：C.4C【分析】利用等差数列的通项公式、求和公式即可得出【详解】由题意可得
6、，解得，.故选：C.5C【分析】根据约束条件得可行域，根据目标函数的几何意义即可求解最值.【详解】根据约束条件画出可行域如图所示，作出直线，可知z要取最小值，即直线经过点A，解方程组得，所以，故选：C6D【分析】将圆的方程化为标准方程，确定圆心和半径，考虑直线的斜率是否存在，分类讨论，结合弦长和点到直线的距离公式，即可求得答案.【详解】将圆C：的方程化为 ，则圆心C的坐标为，半径为2.当直线l的斜率不存在时，即直线l的方程为时，代入圆的方程得 ，解得 ，此时，符合题意；当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为 ，由，得圆心C到直线l的距离为 ，故，解得，故此时直线的方程为 ，即，综上可得，直线l
7、的方程为 或，故选：D.7D【分析】对A选项，由二次函数即可判断，对B选项，通过举反例即可证明其不是偶函数，对C选项由反比例函数即可判断，对D选项，证明其为偶函数，再根据对数函数图像得到其在上是增函数.【详解】对A选项，其开口向下，对称轴为，故其在单调递减，故A错误；对B选项，所以，或证明，故其不是偶函数，故B错误，对C选项，根据反比例函数图像，其在上单调递减，故C错误，对D选项，其定义域为，故其定义域关于原点对称，故其为偶函数，当时，根据对数函数图像，则其在上是增函数，故D正确，故选：D.8A【分析】连接，由三角形中位线定理可得，再由线面平行的判定定理可得平面，由线面垂直的判定定理可证得平面
8、，从而得.【详解】连接，在正方形中，由M为的中点，可知，且M为的中点，.又N为D，B的中点，.平面，平面，平面.平面，平面，平面，平面，平面，故A正确.故选：A9D【分析】由诱导公式与三角函数的图象变换判断，【详解】，故只需将函数的图象所有点的横坐标缩短，纵坐标不变，再向右平移个单位长度，或先向右平移个单位长度，再将所得图象所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，只有D满足题意故选：D10D【分析】探讨给定函数的奇偶性，结合的值正负即可判断作答.【详解】函数定义域为R，因此函数是R上的奇函数，其图象关于原点对称，选项A，B不满足；又，选项C不满足，D符合题意.故选：D11C【分析】由题意可得球
9、与圆锥的母线相切，则球心到母线的距离等于球的半径，接着利用的面积公式即可求得答案【详解】解：如图，设球的半径为R，则由题意可得球与圆锥的母线相切，所以球心到母线的距离等于球的半径，作，所以，得，所以球的表面积为，故选：C12D【分析】本题首先通过函数奇偶性求出，再利用导数研究其在上的零点个数即可.【详解】当时，当时，且定义域为，关于原点对称，故为奇函数，所以我们求出时零点个数即可，令，解得，故在上单调递增，在单调递减，且，而，故在有1零点，故在上有1零点，图像大致如图所示：故在上有2个零点，又因为其为奇函数，则其在上也有2个零点，且，故共5个零点，故选：D.13【分析】根据求出的值，然后可得答
10、案.【详解】因为，所以，解得，所以，所以，故答案为：14【分析】，后利用基本不等式可得答案.【详解】，又，.则，当且仅当，即时取等号.故的最小值为.故答案为:15【详解】 因为椭圆的焦点在轴上，所以， 所以，所以，解得.16【分析】根据等比数列的性质即可求得.【详解】因为是等差数列，为定值，所以是等比数列.由已知 故答案为：17(1)(2)【分析】（1）利用正弦定理将角化边，再利用余弦定理求出，即可得到，最后利用正弦定理计算可得；（2）首先由余弦定理求出，再由面积公式计算可得；【详解】（1）解：因为，所以，整理为.由余弦定理可得，因为，所以.因为，所以，因为，所以.（2）解：由（1）知，所以，
11、解得或（舍去），所，即.18（1），（2）【详解】试题分析：（1）当时，；，故由已知求出且，故（2）由（1）得两式相减得试题解析：（1）当时，所以，方程的两根，所以解得（2），则将两式相减得：所以.考点：已知数列前n项和为求数列通向公式错位相减法求数列前n项和19（1）见解析；（2）【分析】（1）利用线线平行，证明线面平行，所以可以通过证明，而平面，平面，从而证得平面 （2）利用换底的方法求几何体的体积，根据线线垂直，可以得到线面垂直，从而找出几何体的高，再根据等体积转化，从而求出点到面的距离.【详解】（1）连接，易证为的中位线，所以.又平面，平面，平面.（2）平面底面，平面平面，平面在中，又
12、 设点到面的距离为点到面的距离为【点睛】本题主要考查空间中点、线、面的位置关系，基本定理的应用，利用等体积转化求高.20(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）由由焦距为得，代入点得方程，结合即可求解；（2）由得，设直线：，联立椭圆方程，结合韦达定理可化简整理得m、n的关系式，即可由的关系，进一步讨论过定点问题.【详解】（1）由焦距为得，则，故代入点得，故椭圆的标准方程为；（2）证明：由题意可知AB斜率不为0，可设直线AB方程为，联立，由得，.直线PA：，则有，同理有.由得，代入整理得，若，则直线AB：过点P，不合题意；若，则直线AB：，此时直线AB过定点，得证.【点睛】关键点点睛：（1）椭圆
13、短轴上有两点满足等价于，基于方程为纵坐标关系，可设直线AB方程为，联立椭圆方程，结合韦达定理可将化简整理得到只关于m、n的方程，即可求出m、n的关系，即可进一步讨论直线AB过定点的情况；（2）设直线时注意考虑AB斜率不存在的情况，联立方程也要注意讨论判别式.21(1)在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.(2)证明见解析【分析】（1）利用导函数与原函数单调性的关系求解即可；（2）由（1）得，设，利用导函数可得，从而可得；设，利用导函数的几何意义可得，从而可得，两式联立即可求解.【详解】（1）函数的定义域为，令，得或，在上，在上，在上，所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.（2）由（
14、1）可知，设，则，因为，所以，在上单调递增.又，所以当时，即.因为，所以，所以，因为在上单调递增，且，所以，即.设，则.因为，所以，在上单调递增，又，所以当时，即，因为，所以，所以.因为在上单调递增，且，所以，即.由得，由得，所以.【点睛】函数的单调性是函数的重要性质之一，某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思
15、想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.22(1)，；(2).【分析】（1）消去参数得曲线的普通方程，利用极坐标与直角坐标的互化公式得直线的直角坐标方程.（2）求出直线的参数方程，再利用参数的几何意义求解作答.【详解】（1）由消去参数，得，把代入，得，所以曲线的普通方程为，直线的直角坐标方程为.（2）依题意，点在直线上，其参数方程为（为参数），将直线的参数方程代入曲线的普通方程并整理得，设，对应的参数分别是，则，所以.23(1)；(2).【分析】（1）利用零点分段法求解出绝对值不等式；（2）先求出，由，解得：，则，由函数单调性得到，根据函数图象与轴围成的三角形面积不大于54，列出方程，求出的取值范围.【详解】（1）当时，当时，成立；当时，则；当时，不合题意，综上，的解集为；（2）因为，所以，由，解得：，则，当时，单调递增，当时，单调递增，当时，单调递减，所以当时，取得最大值，图象与轴围成的三角形面积为，解得：，又，则，的取值范围是.
