甘肃省酒泉市敦煌中学2022-2023学年高三第二次诊断考试数学（文科）试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．已知集合Mxxx20，N2,1,0,1,2，则MN（）A．2,1B．0,1,2C．1D．0,12．已知复数z满足z23i，则zz（）A．5B．9C．13D．13x2y2x2y23．曲线1与曲线1（k9且k0）的（）2599k25kA．长轴长相等B．短轴长相等C．焦距相等D．离心率相等4．记S为等差数列a的前n项和．若aa12，S45，则（）nn125A．a3n1B．an5C．Sn24nD．S2n2nnnnnxy05．若实数x，y满足约束条件xy20，则z2xy的最小值为（）2xy20A．6B．1C．2D．46．直线l过点0,3与圆C：x2y22x2y20交于A,B两点且AB23，则直线l的方程为（）A．3x4y120B．3x4y120或4x2y10C．x0D．x0或3x4y1207．下列四个函数中，既是偶函数又在(0,)上单调递增的是（）A．fxx21B．fxx11C．fxD．fxlogxx28．如图，已知正方体ABCDABCD，M，N分别是AD，DB的中点，则（）111111试卷，A．直线AD与直线DB垂直，直线MN//平面ABCD11B．直线AD与直线DB平行，直线MN//平面BDDB1111C．直线AD与直线DB相交，直线MN//平面ABCD11D．直线AD与直线DB异面，直线MN//平面BDDB1111试卷，参考答案：1．C【分析】先解不等式化简集合M，再求交集即可.【详解】由x(x2)0解得0x2，故M{x|x(x2)0}{x|0x2}.又N2,1,0,1,2，所以MN{1}.故选：C.2．D【分析】先求出z，进而求出zz.【详解】因为z23i，所以z23i，所以zz4913.故选：D3．C【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.x2y24【详解】曲线1表示焦点在x轴上，长轴长为10，短轴长为6，离心率为，焦距2595为8的椭圆．x2y2y曲线1（k9且k0）表示焦点在轴上，长轴长为225k，9k25k4短轴长为，焦距为225k9k8，离心率为的椭圆．29k25k故选：C.4．C【分析】利用等差数列的通项公式、求和公式即可得出．S5a2d45a5【详解】由题意可得51，解得1，aa2ad12d2121n52n3∴a52n12n3,Sn24n.nn2故选：C.5．C【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y2xz，可知z要取最小值，即答案，xy20直线经过点A，解方程组得A0,2，所以z2022，2xy20min故选：C．6．D【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：x2y22x2y20的方程化为(x1)2(y1)24，则圆心C的坐标为(11)，，半径为2.当直线l的斜率不存在时，即直线l的方程为x0时，代入圆的方程得y22y20，解得y13,y13，此时|AB|13(13)23，符合题意；12当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为ykx3，由|AB|23，得圆心C到直线l的距离为22-(3)2=1，|k13|33故1，解得k，故此时直线的方程为yx3，即3x4y120，1k244综上可得，直线l的方程为x0或3x4y120，故选：D.7．D【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，答案，对C选项由反比例函数即可判断，对D选项，证明其