陕西省铜川一中2023学年高三第二次诊断性检测数学试卷（含解析）

1、2023学年高考数学模拟测试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。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，只有一项是符合题目要求的。1在三棱锥中，且分别是棱，的中点，下面四个结论：；平面；三棱锥的体积的最大值为；与一定不垂直.其中所有正确命题的序号是（ ）ABCD2已知点，点在曲线上运动，点为抛物线的焦点，则的最小值为（ ）ABCD43已知复数满足，且，则（ ）A3BCD4向量

2、，且，则（ ）ABCD5若，满足约束条件，则的取值范围为（ ）ABCD6已知命题,；命题若，则，下列命题为真命题的是（）ABCD7若函数在处有极值，则在区间上的最大值为（ ）AB2C1D38已知数列an满足a1=3，且aA22n-1+1B22n-1-19若关于的不等式有正整数解，则实数的最小值为（ ）ABCD10某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的体积为（ ）ABCD11已知数列是公比为的正项等比数列，若、满足，则的最小值为（ ）ABCD12某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积等于（ ）cm3ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知函数函数，则不等

3、式的解集为_14记实数中的最大数为，最小数为.已知实数且三数能构成三角形的三边长，若，则的取值范围是.15已知向量，且向量与的夹角为_.16在长方体中，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）ABCD三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（12分）已知直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，且曲线的左焦点在直线上.（）求的极坐标方程和曲线的参数方程；（）求曲线的内接矩形的周长的最大值.18（12分）已知是圆：的直径，动圆过，两点，且与直线相切.（1）若直线的方程为，求的方程；（2）在轴上是否存在一个定点，使得以为直径

4、的圆恰好与轴相切？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.19（12分）已知三点在抛物线上.（）当点的坐标为时，若直线过点，求此时直线与直线的斜率之积；（）当，且时，求面积的最小值.20（12分）已知函数（1）若，求函数的单调区间；（2）若恒成立，求实数的取值范围21（12分）如图，四棱锥中，侧面为等腰直角三角形，平面（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成的角的正弦值22（10分）在底面为菱形的四棱柱中，平面.（1）证明：平面；（2）求二面角的正弦值.2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）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，只有一项是符合题目

5、要求的。1、D【答案解析】通过证明平面，证得；通过证明，证得平面；求得三棱锥体积的最大值，由此判断的正确性；利用反证法证得与一定不垂直.【题目详解】设的中点为，连接，则，又，所以平面，所以，故正确；因为，所以平面，故正确；当平面与平面垂直时，最大，最大值为，故错误；若与垂直，又因为，所以平面，所以，又，所以平面，所以，因为，所以显然与不可能垂直，故正确.故选：D【答案点睛】本小题主要考查空间线线垂直、线面平行、几何体体积有关命题真假性的判断，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.2、D【答案解析】如图所示：过点作垂直准线于，交轴于，则，设，则，利用均值不等式得到答案.【题目详解】如图所示

6、：过点作垂直准线于，交轴于，则，设，则，当，即时等号成立.故选：.【答案点睛】本题考查了抛物线中距离的最值问题，意在考查学生的计算能力和转化能力.3、C【答案解析】设,则,利用和求得,即可.【题目详解】设,则,因为,则,所以,又,即,所以,所以,故选:C【答案点睛】本题考查复数的乘法法则的应用,考查共轭复数的应用.4、D【答案解析】根据向量平行的坐标运算以及诱导公式，即可得出答案.【题目详解】故选：D【答案点睛】本题主要考查了由向量平行求参数以及诱导公式的应用，属于中档题.5、B【答案解析】根据约束条件作出可行域，找到使直线的截距取最值得点，相应坐标代入即可求得取值范围.【题目详解】画出可行域

7、，如图所示：由图可知，当直线经过点时，取得最小值5；经过点时，取得最大值5，故.故选：B【答案点睛】本题考查根据线性规划求范围，属于基础题.6、B【答案解析】解：命题p：x0，ln（x+1）0，则命题p为真命题，则p为假命题；取a=1，b=2，ab，但a2b2，则命题q是假命题，则q是真命题pq是假命题，pq是真命题，pq是假命题，pq是假命题故选B7、B【答案解析】根据极值点处的导数为零先求出的值，然后再按照求函数在连续的闭区间上最值的求法计算即可.【题目详解】解：由已知得，经检验满足题意.，.由得；由得或.所以函数在上递增，在上递减，在上递增.则，由于，所以在区间上的最大值为2.故选：B.

8、【答案点睛】本题考查了导数极值的性质以及利用导数求函数在连续的闭区间上的最值问题的基本思路，属于中档题8、D【答案解析】试题分析：因为an+1=4an+3，所以an+1+1=4(an+1)，即an+1+1an+1考点：数列的通项公式9、A【答案解析】根据题意可将转化为，令，利用导数，判断其单调性即可得到实数的最小值【题目详解】因为不等式有正整数解，所以，于是转化为， 显然不是不等式的解，当时，所以可变形为令，则，函数在上单调递增，在上单调递减，而，所以当时，故，解得故选：A【答案点睛】本题主要考查不等式能成立问题的解法，涉及到对数函数的单调性的应用，构造函数法的应用，导数的应用等，意在考查学生

9、的转化能力，属于中档题10、B【答案解析】由三视图知该四棱锥是底面为正方形，且一侧棱垂直于底面，由此求出四棱锥的体积【题目详解】由三视图知该四棱锥是底面为正方形，且一侧棱垂直于底面，画出四棱锥的直观图，如图所示：则该四棱锥的体积为.故选：B.【答案点睛】本题考查了利用三视图求几何体体积的问题，是基础题11、B【答案解析】利用等比数列的通项公式和指数幂的运算法则、指数函数的单调性求得再根据此范围求的最小值【题目详解】数列是公比为的正项等比数列，、满足，由等比数列的通项公式得，即，可得，且、都是正整数，求的最小值即求在，且、都是正整数范围下求最小值和的最小值，讨论、取值.当且时，的最小值为.故选：

10、B【答案点睛】本题考查等比数列的通项公式和指数幂的运算法则、指数函数性质等基础知识，考查数学运算求解能力和分类讨论思想，是中等题12、D【答案解析】解：根据几何体的三视图知，该几何体是三棱柱与半圆柱体的组合体，结合图中数据，计算它的体积为：V=V三棱柱+V半圆柱=221+121=（6+1.5）cm1故答案为6+1.5点睛：根据几何体的三视图知该几何体是三棱柱与半圆柱体的组合体，结合图中数据计算它的体积即可二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【答案解析】，所以，所以的解集为。点睛：本题考查绝对值不等式。本题先对绝对值函数进行分段处理，再得到的解析式，求得的分段函数解析式，再解不

11、等式即可。绝对值函数一般都去绝对值转化为分段函数处理。14、【答案解析】试题分析：显然，又，当时，作出可行区域，因抛物线与直线及在第一象限内的交点分别是（1，1）和，从而当时，作出可行区域，因抛物线与直线及在第一象限内的交点分别是（1，1）和，从而综上所述，的取值范围是考点：不等式、简单线性规划.15、1【答案解析】根据向量数量积的定义求解即可【题目详解】解：向量，且向量与的夹角为，|；所以：（）2cos221，故答案为：1【答案点睛】本题主要考查平面向量的数量积的定义，属于基础题16、C【答案解析】根据确定是异面直线与所成的角，利用余弦定理计算得到答案.【题目详解】由题意可得.因为，所以是异

12、面直线与所成的角，记为，故.故选：.【答案点睛】本题考查了异面直线夹角，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（）曲线的参数方程为：(为参数)；的极坐标方程为；（）16.【答案解析】(I)直接利用转换关系，把参数方程、极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换；(II)利用三角函数关系式的恒等变换和正弦型函数的性质的应用，即可求出结果.【题目详解】() 由题意：曲线的直角坐标方程为：，所以曲线的参数方程为(为参数)，因为直线的直角坐标方程为：，又因曲线的左焦点为，将其代入中，得到，所以的极坐标方程为 .（）设椭圆的内接矩形的顶点为，

13、所以椭圆的内接矩形的周长为：，所以当时，即时，椭圆的内接矩形的周长取得最大值16 .【答案点睛】本题考查了曲线的参数方程，极坐标方程与普通方程间的互化，三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数的性质的应用，极径的应用，考查学生的求解运算能力和转化能力，属于基础题型.18、（1）或. （2）存在，；【答案解析】（1）根据动圆过，两点，可得圆心在的垂直平分线上，由直线的方程为，可知在直线上；设，由动圆与直线相切可得动圆的半径为；又由，及垂径定理即可确定的值，进而确定圆的方程.（2）方法一：设，可得圆的半径为，根据，可得方程为并化简可得的轨迹方程为.设，可得的中点，进而由两点间距离公式表示出半径，表示出

14、到轴的距离，代入化简即可求得的值，进而确定所过定点的坐标；方法二：同上可得的轨迹方程为，由抛物线定义可求得，表示出线段的中点的坐标，根据到轴的距离可得等量关系，进而确定所过定点的坐标.【题目详解】（1）因为过点，所以圆心在的垂直平分线上.由已知的方程为，且，关于于坐标原点对称，所以在直线上，故可设.因为与直线相切，所以的半径为.由已知得，又，故可得，解得或.故的半径或，所以的方程为或.（2）法一：设，由已知得的半径为，.由于，故可得，化简得的轨迹方程为.设，则得，的中点，则以为直径的圆的半径为：，到轴的距离为，令，化简得，即，故当时，式恒成立.所以存在定点，使得以为直径的圆与轴相切.法二：设，

15、由已知得的半径为，.由于，故可得，化简得的轨迹方程为.设，因为抛物线的焦点坐标为，点在抛物线上，所以，线段的中点的坐标为，则到轴的距离为，而，故以为径的圆与轴切，所以当点与重合时，符合题意，所以存在定点，使得以为直径的圆与轴相切.【答案点睛】本题考查了圆的标准方程求法，动点轨迹方程的求法，抛物线定义及定点问题的解法综合应用，属于难题.19、（）；（）16.【答案解析】（）设出直线的方程并代入抛物线方程，利用韦达定理以及斜率公式，变形可得；（）利用，的斜率，求得的坐标，再用基本不等式求得的最小值，从而可得三角形的面积的最小值【题目详解】解：（）设直线的方程为. 联立方程组，得，故，. 所以；（）

16、不妨设的三个顶点中的两个顶点在轴右侧（包括轴），设，的斜率为，又，则， 因为，所以由 得，（且）从而当且仅当时取“”号，从而，所以面积的最小值为.【答案点睛】本题考查了直线与抛物线的综合，属于中档题20、（1）增区间为，减区间为；（2）.【答案解析】（1）将代入函数的解析式，利用导数可得出函数的单调区间；（2）求函数的导数，分类讨论的范围，利用导数分析函数的单调性，求出函数的最值可判断是否恒成立，可得实数的取值范围【题目详解】（1）当时，则，当时，则，此时，函数为减函数；当时，则，此时，函数为增函数.所以，函数的增区间为，减区间为；（2），则，.当时，即当时，由，得，此时，函数为增函数；由，得

17、，此时，函数为减函数.则，不合乎题意；当时，即时，.不妨设，其中，令，则或.（i）当时，当时，此时，函数为增函数；当时，此时，函数为减函数；当时，此时，函数为增函数.此时，而，构造函数，则，所以，函数在区间上单调递增，则，即当时，所以，.，符合题意；当时，函数在上为增函数，符合题意；当时，同理可得函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，此时，则，解得.综上所述，实数的取值范围是.【答案点睛】本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性与最值，考查恒成立问题，正确求导和分类讨论是关键，属于难题.21、（1）见解析（2）【答案解析】（1）根据平面，利用线面垂直的定义可得，再由，根据线面垂直的判定

18、定理即可证出.（2）取的中点，连接，以为坐标原点，分别为正半轴建立空间直角坐标系求出平面的一个法向量，利用空间向量法即可求解.【题目详解】因为平面平面，所以由为等腰直角三角形，所以又，故平面.取的中点，连接，因为，所以因为平面，所以平面所以平面如图，以为坐标原点，分别为正半轴建立空间直角坐标系则， 又，所以且于是 设平面的法向量为，则令得平面的一个法向量设直线与平面所成的角为，则【答案点睛】本题考查了线面垂直的定义、判定定理以及空间向量法求线面角，属于中档题.22、（1）证明见解析；（2）【答案解析】（1）由已知可证，即可证明结论；（2）根据已知可证平面，建立空间直角坐标系，求出坐标，进而求出平面和平面的法向量坐标，由空间向量的二面角公式，即可