广东省2023年高三第二次诊断性检测数学试卷含解析

1、2023年高考数学模拟试卷注意事项：1 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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如图所示，已知双曲线的右焦点为，双曲线的右支上一点，它关于原点的对称点为，满足，且，则双曲线的离心率是

2、（ ）.ABCD2在平行四边形中，若则( )ABCD3已知函数，则在上不单调的一个充分不必要条件可以是（ ）ABC或D4已知复数，（为虚数单位），若为纯虚数，则（）AB2CD5如图，点E是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱DD1的中点，点F，M分别在线段AC，BD1（不包含端点）上运动，则（ ）A在点F的运动过程中，存在EF/BC1B在点M的运动过程中，不存在B1MAEC四面体EMAC的体积为定值D四面体FA1C1B的体积不为定值6已知复数z满足,则在复平面上对应的点在( )A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限7已知的面积是, ,则（ ）A5B或1C5或1D8函数与的图象上存在关于直线对

3、称的点，则的取值范围是（ ）ABCD9设是等差数列，且公差不为零，其前项和为则“，”是“为递增数列”的（ ）A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件10设x、y、z是空间中不同的直线或平面，对下列四种情形：x、y、z均为直线；x、y是直线，z是平面；z是直线，x、y是平面；x、y、z均为平面.其中使“且”为真命题的是（ ）ABCD11执行下面的程序框图，则输出的值为 （ ）ABCD12已知函数满足当时，且当时，；当时，且).若函数的图象上关于原点对称的点恰好有3对，则的取值范围是（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知为双曲线：的左

4、焦点，直线经过点，若点，关于直线对称，则双曲线的离心率为_14已知，且，则_15函数在的零点个数为_.16已知等差数列满足，则的值为_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，函数的最小值为1（1）证明：（2）若恒成立，求实数的最大值18（12分）设函数（1）当时，解不等式；（2）设，且当时，不等式有解，求实数的取值范围19（12分）已知函数.（1）当时.求函数在处的切线方程；定义其中，求；（2）当时，设，(为自然对数的底数)，若对任意给定的，在上总存在两个不同的，使得成立，求的取值范围.20（12分）已知函数，若存在实数使成立，求实数的取值范围.21（

5、12分）已知椭圆的焦距是，点是椭圆上一动点，点是椭圆上关于原点对称的两点（与不同），若直线的斜率之积为.（）求椭圆的标准方程；（）是抛物线上两点，且处的切线相互垂直，直线与椭圆相交于两点，求的面积的最大值.22（10分）已知数列的各项均为正数，为其前n项和，对于任意的满足关系式.（1）求数列的通项公式；（2）设数列的通项公式是，前n项和为，求证：对于任意的正数n，总有.参考答案一、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。1C【解析】易得，又，平方计算即可得到答案.【详解】设双曲线C的左焦点为E，易得为平行四边形，所以，又，故，所以，即，

6、故离心率为.故选：C.【点睛】本题考查求双曲线离心率的问题，关键是建立的方程或不等关系，是一道中档题.2C【解析】由，,利用平面向量的数量积运算,先求得利用平行四边形的性质可得结果.【详解】如图所示,平行四边形中, ,，,因为,所以,，所以，故选C.【点睛】本题主要考查向量的几何运算以及平面向量数量积的运算法则，属于中档题. 向量的运算有两种方法：（）平行四边形法则（平行四边形的对角线分别是两向量的和与差）；（）三角形法则（两箭头间向量是差，箭头与箭尾间向量是和）.3D【解析】先求函数在上不单调的充要条件，即在上有解，即可得出结论.【详解】，若在上不单调，令，则函数对称轴方程为在区间上有零点（

7、可以用二分法求得）.当时，显然不成立；当时，只需或，解得或.故选:D.【点睛】本题考查含参数的函数的单调性及充分不必要条件，要注意二次函数零点的求法，属于中档题.4C【解析】把代入，利用复数代数形式的除法运算化简，由实部为0且虚部不为0求解即可【详解】，为纯虚数，解得故选C【点睛】本题考查复数代数形式的除法运算，考查复数的基本概念，是基础题5C【解析】采用逐一验证法，根据线线、线面之间的关系以及四面体的体积公式，可得结果.【详解】A错误由平面，/而与平面相交，故可知与平面相交，所以不存在EF/BC1B错误，如图，作由又平面，所以平面又平面，所以由/，所以，平面所以平面，又平面所以，所以存在C正

8、确四面体EMAC的体积为其中为点到平面的距离，由/，平面，平面所以/平面，则点到平面的距离即点到平面的距离，所以为定值，故四面体EMAC的体积为定值错误由/，平面，平面所以/平面，则点到平面的距离即为点到平面的距离，所以为定值所以四面体FA1C1B的体积为定值故选：C【点睛】本题考查线面、线线之间的关系，考验分析能力以及逻辑推理能力，熟练线面垂直与平行的判定定理以及性质定理，中档题.6A【解析】设，由得：，由复数相等可得的值，进而求出，即可得解.【详解】设，由得：，即，由复数相等可得：，解之得：，则，所以，在复平面对应的点的坐标为，在第一象限.故选：A.【点睛】本题考查共轭复数的求法，考查对复

9、数相等的理解，考查复数在复平面对应的点，考查运算能力，属于常考题.7B【解析】，,若为钝角，则，由余弦定理得，解得；若为锐角，则，同理得.故选B.8C【解析】由题可知，曲线与有公共点，即方程有解，可得有解，令，则，对分类讨论，得出时，取得极大值，也即为最大值，进而得出结论.【详解】解：由题可知，曲线与有公共点，即方程有解，即有解，令，则，则当时，；当时，故时，取得极大值，也即为最大值，当趋近于时，趋近于，所以满足条件故选：C.【点睛】本题主要考查利用导数研究函数性质的基本方法，考查化归与转化等数学思想，考查抽象概括、运算求解等数学能力，属于难题9A【解析】根据等差数列的前项和公式以及充分条件和

10、必要条件的定义进行判断即可【详解】是等差数列，且公差不为零，其前项和为，充分性：，则对任意的恒成立，则，若，则数列为单调递减数列，则必存在，使得当时，则，不合乎题意；若，由且数列为单调递增数列，则对任意的，合乎题意.所以，“，”“为递增数列”；必要性：设，当时，此时，但数列是递增数列.所以，“，”“为递增数列”.因此，“，”是“为递增数列”的充分而不必要条件.故选：A.【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合等差数列的前项和公式是解决本题的关键，属于中等题10C【解析】举反例，如直线x、y、z位于正方体的三条共点棱时用垂直于同一平面的两直线平行判断.用垂直于同一直线的两平面平行判断.

11、举例，如x、y、z位于正方体的三个共点侧面时.【详解】当直线x、y、z位于正方体的三条共点棱时,不正确； 因为垂直于同一平面的两直线平行,正确；因为垂直于同一直线的两平面平行,正确；如x、y、z位于正方体的三个共点侧面时, 不正确.故选:C.【点睛】此题考查立体几何中线面关系，选择题一般可通过特殊值法进行排除，属于简单题目.11D【解析】根据框图，模拟程序运行，即可求出答案.【详解】运行程序，结束循环，故输出，故选：D.【点睛】本题主要考查了程序框图，循环结构，条件分支结构，属于中档题.12C【解析】先作出函数在上的部分图象，再作出关于原点对称的图象，分类利用图像列出有3个交点时满足的条件，解

12、之即可.【详解】先作出函数在上的部分图象，再作出关于原点对称的图象，如图所示，当时，对称后的图象不可能与在的图象有3个交点；当时，要使函数关于原点对称后的图象与所作的图象有3个交点，则，解得.故选：C.【点睛】本题考查利用函数图象解决函数的交点个数问题，考查学生数形结合的思想、转化与化归的思想，是一道中档题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13【解析】由点，关于直线对称，得到直线的斜率，再根据直线过点，可求出直线方程，又，中点在直线上，代入直线的方程，化简整理，即可求出结果.【详解】因为为双曲线：的左焦点，所以，又点，关于直线对称，所以可得直线的方程为，又，中点在直线上，所以，

13、整理得，又，所以，故，解得，因为，所以.故答案为【点睛】本题主要考查双曲线的简单性质，先由两点对称，求出直线斜率，再由焦点坐标求出直线方程，根据中点在直线上，即可求出结果，属于常考题型.14【解析】试题分析：因,故,所以，,应填.考点：三角变换及运用151【解析】本问题转化为曲线交点个数问题，在同一直角坐标系内，画出函数的图象，利用数形结合思想进行求解即可.【详解】问题函数在的零点个数，可以转化为曲线交点个数问题.在同一直角坐标系内，画出函数的图象，如下图所示：由图象可知：当时，两个函数只有一个交点.故答案为：1【点睛】本题考查了求函数的零点个数问题，考查了转化思想和数形结合思想.1611【解

14、析】由等差数列的下标和性质可得，由即可求出公差，即可求解；【详解】解：设等差数列的公差为，又因为，解得故答案为：【点睛】本题考查等差数列的通项公式及等差数列的性质的应用，属于基础题.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（1）2；（2）【解析】分析：（1）将转化为分段函数，求函数的最小值（2）分离参数，利用基本不等式证明即可详解：（）证明：，显然在上单调递减，在上单调递增，所以的最小值为，即（）因为恒成立，所以恒成立，当且仅当时，取得最小值，所以，即实数的最大值为点睛：本题主要考查含两个绝对值的函数的最值和不等式的应用，第二问恒成立问题分离参数，利用基本不等式求解很

15、关键，属于中档题18（1）；（2）.【解析】（1）通过分类讨论去掉绝对值符号，进而解不等式组求得结果；（2）将不等式整理为，根据能成立思想可知，由此构造不等式求得结果.【详解】（1）当时，可化为，由，解得；由，解得；由，解得综上所述：所以原不等式的解集为（2），有解，即，又，实数的取值范围是【点睛】本题考查绝对值不等式的求解、根据不等式有解求解参数范围的问题；关键是明确对于不等式能成立的问题，通过分离变量的方式将问题转化为所求参数与函数最值之间的比较问题.19（1）；8079；（2）.【解析】（1）时，利用导数的几何意义能求出函数在处的切线方程由，得，由此能求出的值（2）根据若对任意给定的，在

16、区间，上总存在两个不同的，使得成立，得到函数在区间，上不单调，从而求得的取值范围【详解】（1），所以切线方程为.，. 令，则,. 因为, 所以, 由+得,所以. 所以.（2），当时，函数单调递增；当时，函数单调递减，所以，函数在上的值域为. 因为， ，故，此时，当 变化时、的变化情况如下：0+单调减最小值单调增，对任意给定的，在区间上总存在两个不同的， 使得成立，当且仅当满足下列条件，即令，当时，函数单调递增，当时，函数单调递减所以，对任意，有，即对任意恒成立.由式解得：综合可知，当时，对任意给定的，在上总存在两个不同的，使成立.【点睛】本题考查了导数的几何意义、应用导数研究函数的单调性、求函

17、数最值问题，会利用导函数的正负确定函数的单调性，会根据函数的增减性求出闭区间上函数的最值，掌握不等式恒成立时所满足的条件不等式恒成立常转化为函数最值问题解决20【解析】试题分析：先将问题“ 存在实数使成立”转化为“求函数的最大值”,再借助柯西不等式求出的最大值即可获解.试题解析：存在实数使成立，等价于的最大值大于，因为，由柯西不等式：，所以，当且仅当时取“”，故常数的取值范围是考点：柯西不等式即运用和转化与化归的数学思想的运用.21（）；（）【解析】（）设点的坐标,表达出直线的斜率之积,再根据三点均在椭圆上,根据椭圆的方程代入斜率之积的表达式列式求解即可.（）设直线的方程为,根据直线的斜率之积为可得,再联立直线与椭圆的方程,表达出面积公式,再换元利用基本不等式求解即可.【详解】（）设,则,又,故,即,故,又,故.故椭圆的标准方程为.（）设直线的方程为,由 ,故,又,故,因为处的切线相互垂直故.故直线的方程为.