2023届宁夏石嘴山市第一中学高三上学期适应性考试数学试题（解析版）

2023届宁夏石嘴山市第一中学高三上学期适应性考试数学试题

一、单选题

1．在中，D是AB边上的中点，则=（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据向量的加减法运算法则算出即可.

【详解】

故选：C

【点睛】本题考查的是向量的加减法，较简单.

2．函数在上是减函数，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】求出导函数，转化为恒成立，对a分类讨论，借助于二次函数的性质，即可求出a的范围.

【详解】因为函数在上是减函数，所以恒成立.

当时，成立，符合题意；

当时，要使恒成立，由二次函数的性质，只需.

综上所述：.

故选：D

3．已知向量，使成立的x与使成立的x分别为（   ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用空间向量垂直的坐标表示、空间向量平行的坐标表示求解作答.

【详解】向量，

当时，，解得；

当时，，解得.

故选：A

4．在等比数列中，，，则（    ）

A．8 B．16 C．-8 D．-16

【答案】D

【分析】由条件可得，然后可得答案.

【详解】因为是等比数列，，，

所以，即，所以，

故选：D.

5．如图是函数f(x)的导函数f′(x)的图象，则函数y＝f(x)的极小值点是（    ）

A．x1 B．x2 C．x3 D．x4

【答案】D

【分析】根据导函数的图象，确定导函数取得正负的区间，得到原函数的单调性，从而可得选项.

【详解】由导函数f′(x)的图象可以看出，当时，，函数单调递增，

当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，

所以函数y＝f(x)的极小值点是，

故选：D.

【点睛】本题考查由导函数的图象得出原函数的极值点，属于基础题.

6．已知椭圆，作垂直于x轴的垂线交椭圆于A、B两点，作垂直于y轴的垂线交椭圆于C、D两点，且ABCD，两垂线相交于点P，则点P的轨迹是（    ）

A．椭圆 B．双曲线 C．圆 D．抛物线

【答案】B

【分析】首先根据，设出点坐标，再根据点在椭圆上，代入椭圆方程，求出点轨迹方程即可.

【详解】由题知，

故设，，

所以，

又因为，，

消去t可得：，

可知点轨迹为双曲线.

故选：B.

【点睛】本题主要考查了判断点的轨迹方程，属于基础题.

7．已知等差数列的前n项和为，若且，则（    ）

A．6 B．12 C．27 D．36

【答案】C

【分析】列方程组解得等差数列的首项与公差，即可求得.

【详解】设等差数列的首项公差为

则，解之得，则

故选：C

8．设，则“”是“”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充分必要条件 D．既非充分又非必要条件

【答案】B

【分析】求得不等式，从充分性和必要性两方面进行判断即可.

【详解】由解得，

若，无法推出，故充分性不成立；

若，则，故必要性成立；

所以“”是“”的必要不充分条件.

所以“”是“”的必要不充分条件.

故选：B.

9．设为坐标原点，直线与双曲线的两条渐近线分别交于两点，若的面积为8，则的焦距的最小值为（    ）

A．4 B．8 C．16 D．32

【答案】B

【分析】因为，可得双曲线的渐近线方程是，与直线联立方程求得，两点坐标，即可求得，根据的面积为，可得值，根据，结合均值不等式，即可求得答案.

【详解】

双曲线的渐近线方程是

直线与双曲线的两条渐近线分别交于，两点

不妨设为在第一象限，在第四象限

联立，解得

故

联立，解得

故

面积为：

双曲线

其焦距为

当且仅当取等号

的焦距的最小值：

故选：B.

【点睛】本题主要考查了求双曲线焦距的最值问题，解题关键是掌握双曲线渐近线的定义和均值不等式求最值方法，在使用均值不等式求最值时，要检验等号是否成立，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.

10．已知四面体ABCD，=，=，=，点M在棱DA上，=，N为BC中点，则＝（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据给定条件用表示出，再借助向量加法法则即可得解.

【详解】在四面体ABCD中，连接DN，如图所示，

=，=，=，因=，N为BC中点，则，，

于是得.

故选：C

11．以下判断正确的是（    ）

A．的充要条件是

B．若命题：，，则：，

C．命题“在中，若，则”的逆命题为假命题

D．“”是“函数是偶函数”的充要条件

【答案】D

【分析】对A，举反例判断即可；对B，根据特称命题的为全称命题判断即可；对C，根据正弦定理与三角形的性质判断即可；对D，根据偶函数的定义判断即可.

【详解】对A，当时，不成立，故A错误；

对B，根据特称命题的为全称命题可得命题：，，则：，，故B错误；

对C，命题“在中，若，则”的逆命题为“在中，若，则”，由正弦定理且可得若则，根据大边对大角可得，故命题“在中，若，则”的逆命题为真命题，故C错误；

对D，函数是定义域为R，且若为偶函数则，故恒成立，故，所以“”是“函数是偶函数”的充要条件，故D正确；

故选：D

12．不等式的解集为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】本题可将转化为，通过解即可得出结果.

【详解】，即，，

则，解得或，

故不等式的解集为，

故选：B.

二、填空题

13．已知满足，则的最大值为___________.

【答案】-1

【分析】作出可行域，进而根据z的几何意义即可得到答案.

【详解】如图所示可行域，

因为z表示直线z=y-2x的纵截距，根据图形，当直线z=y-2x过点A（1,1）时取得最大值，最大值为：1-2=-1.

故答案为：-1.

14．斜率为的直线过抛物线C：y2=4x的焦点，且与C交于A，B两点，则=________．

【答案】

【分析】先根据抛物线的方程求得抛物线焦点坐标，利用点斜式得直线方程，与抛物线方程联立消去y并整理得到关于x的二次方程，接下来可以利用弦长公式或者利用抛物线定义将焦点弦长转化求得结果.

【详解】∵抛物线的方程为，∴抛物线的焦点F坐标为，

又∵直线AB过焦点F且斜率为，∴直线AB的方程为：

代入抛物线方程消去y并化简得，

解法一：解得   

所以

解法二：

设，则,

过分别作准线的垂线，设垂足分别为如图所示.

故答案为：

【点睛】本题考查抛物线焦点弦长，涉及利用抛物线的定义进行转化，弦长公式，属基础题.

15．已知正实数，满足，则的最小值是______.

【答案】##

【分析】利用基本不等式求出最小值.

【详解】因为，所以（当且仅当，即时等号成立）.

所以的最小值为.

故答案为：

三、双空题

16．已知双曲线，则C的右焦点的坐标为_________；C的焦点到其渐近线的距离是_________．

【答案】         

【分析】根据双曲线的标准方程可得出双曲线的右焦点坐标，并求得双曲线的渐近线方程，利用点到直线的距离公式可求得双曲线的焦点到渐近线的距离.

【详解】在双曲线中，，，则，则双曲线的右焦点坐标为，

双曲线的渐近线方程为，即，

所以，双曲线的焦点到其渐近线的距离为.

故答案为：；.

【点睛】本题考查根据双曲线的标准方程求双曲线的焦点坐标以及焦点到渐近线的距离，考查计算能力，属于基础题.

四、解答题

17．已知函数.

（1）求函数在处的切线方程；

（2）求函数的单调区间和极值.

【答案】（1）；（2）单调递增区间为和，单调递减区间为，极大值为，极小值为.

【分析】（1）求出函数的导数，计算出和的值，可得出切点坐标和切线的斜率，然后利用点斜式写出切线的方程；

（2）解方程，得出函数的极值点，然后列表对函数进行分析，可得出函数的单调区间和极值.

【详解】（1），，，，

因此，函数在点处的切线方程为，即；

（2）令，得或，列表如下：

因此，函数的单调递增区间为和，单调递减区间为，极大值为，极小值为.

【点睛】本题考查导数的几何意义，考查利用导数求函数的单调区间与极值，解题时要弄清楚利用导数求单调区间与极值的基本步骤，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.

18．如图，在正方体中， E为的中点．

（Ⅰ）求证：平面；

（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．

【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.

【分析】（Ⅰ）证明出四边形为平行四边形，可得出，然后利用线面平行的判定定理可证得结论；也可利用空间向量计算证明；

（Ⅱ）可以将平面扩展，将线面角转化，利用几何方法作出线面角，然后计算；也可以建立空间直角坐标系，利用空间向量计算求解 .

【详解】（Ⅰ）[方法一]：几何法

如下图所示：

在正方体中，且，且，

且，所以，四边形为平行四边形，则，

平面，平面，平面；

[方法二]:空间向量坐标法

以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

设正方体的棱长为，则、、、，，，

设平面的法向量为，由，得，

令，则，，则.

又∵向量,,

又平面，平面；

（Ⅱ）[方法一]：几何法

延长到，使得，连接，交于，

又∵，∴四边形为平行四边形，∴，

又∵,∴,所以平面即平面,

连接，作,垂足为,连接,

∵平面,平面,∴，

又∵,∴直线平面,

又∵直线平面,∴平面平面,

∴在平面中的射影在直线上,∴直线为直线在平面中的射影，∠为直线与平面所成的角，

根据直线直线，可知∠为直线与平面所成的角.

设正方体的棱长为2，则,,∴,

∴,

∴,

即直线与平面所成角的正弦值为.

[方法二]：向量法

接续（I)的向量方法，求得平面平面的法向量，

又∵,∴，

∴直线与平面所成角的正弦值为.

[方法三]：几何法+体积法

 如图，设的中点为F，延长，易证三线交于一点P．

因为，

所以直线与平面所成的角，即直线与平面所成的角．

设正方体的棱长为2，在中，易得，

可得．

由，得，

整理得．

所以．

所以直线与平面所成角的正弦值为．

[方法四]：纯体积法

设正方体的棱长为2，点到平面的距离为h，

在中，，

，

所以，易得．

由，得，解得，

设直线与平面所成的角为，所以．

【整体点评】（Ⅰ）的方法一使用线面平行的判定定理证明，方法二使用空间向量坐标运算进行证明；

（II）第一种方法中使用纯几何方法，适合于没有学习空间向量之前的方法，有利用培养学生的集合论证和空间想象能力，第二种方法使用空间向量方法，两小题前后连贯，利用计算论证和求解，定为最优解法；方法三在几何法的基础上综合使用体积方法，计算较为简洁；方法四不作任何辅助线，仅利用正余弦定理和体积公式进行计算，省却了辅助线和几何的论证，不失为一种优美的方法.

19．设抛物线C：y2 =2px（p>0）的焦点为F，直线l与抛物线C交于不同的两点A、B，线段AB中点M的横坐标为2，且.

(1)求抛物线C的标准方程；

(2)若直线l（斜率存在）经过焦点F，求直线l的方程.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）设出点的坐标，求出线段中点点的横坐标，再利用焦点弦求得p的值，即可求出抛物线C的标准方程；

（2）设出焦点的直线方程，与抛物线联立，利用根和系数的关系求出斜率，即可写出直线方程.

【详解】（1）解：由题意得：

设，

则线段中点点的横坐标

，解得

抛物线的标准方程为.

（2）由问题（1）可知抛物线的焦点坐标为

故设直线方程为

联立方程组为

解得

直线l的方程

20．已知函数．

（Ⅰ）求曲线的斜率等于的切线方程；

（Ⅱ）设曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为，求的最小值．

【答案】（Ⅰ），（Ⅱ）.

【分析】（Ⅰ）根据导数的几何意义可得切点的坐标，然后由点斜式可得结果；

（Ⅱ）根据导数的几何意义求出切线方程，再得到切线在坐标轴上的截距，进一步得到三角形的面积，最后利用导数可求得最值.

【详解】（Ⅰ）因为，所以，

设切点为，则，即，所以切点为，

由点斜式可得切线方程为：，即.

（Ⅱ）[方法一]：导数法

显然，因为在点处的切线方程为：，

令，得，令，得，

所以，

不妨设时，结果一样，

则，

所以

，

由，得，由，得，

所以在上递减，在上递增，

所以时，取得极小值，

也是最小值为.

[方法二]【最优解】：换元加导数法

  ．

因为为偶函数，不妨设，，

令，则．

令，则面积为，只需求出的最小值．

．

因为，所以令，得．

随着a的变化，的变化情况如下表：

所以．

所以当，即时，．

因为为偶函数，当时，．

综上，当时，的最小值为32．

[方法三]：多元均值不等式法

同方法二，只需求出的最小值．

令，

当且仅当，即时取等号．

所以当，即时，．

因为为偶函数，当时，．

综上，当时，的最小值为32．

[方法四]：两次使用基本不等式法

同方法一得到

,下同方法一.

【整体点评】（Ⅱ）的方法一直接对面积函数求导数，方法二利用换元方法，简化了运算，确定为最优解；方法三在方法二换元的基础上，利用多元均值不等式求得最小值，运算较为简洁；方法四两次使用基本不等式，所有知识最少，配凑巧妙，技巧性较高.

21．已知ABCD是边长为1的正方形，正方形ABCD绕AB旋转形成一个圆柱.

（1）求该圆柱的表面积；

（2）正方形ABCD绕AB逆时针旋转至，求线段与平面ABCD所成的角.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）根据圆柱的表面积公式进行求解即可；

（2）根据线面角的定义进行求解即可.

【详解】（1）该圆柱的表面由上下两个半径为1的圆面和一个长为、宽为1的矩形组成，

.

故该圆柱的表面积为.

（2）正方形，，

又，，

，且AD、平面ADB，

平面ADB，即在面ADB上的投影为A，

连接，则即为线段与平面ABCD所成的角，

而，

线段与平面ABCD所成的角为.

22．已知椭圆过点，且．

（Ⅰ）求椭圆C的方程：

（Ⅱ）过点的直线l交椭圆C于点,直线分别交直线于点．求的值．

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）1.

【分析】(Ⅰ)由题意得到关于a,b的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程；

(Ⅱ)首先联立直线与椭圆的方程，然后由直线MA,NA的方程确定点P,Q的纵坐标，将线段长度的比值转化为纵坐标比值的问题，进一步结合韦达定理可证得，从而可得两线段长度的比值.

【详解】(Ⅰ)设椭圆方程为：，由题意可得：

，解得：，

故椭圆方程为：.

(Ⅱ)[方法一]：

设，，直线的方程为：，

与椭圆方程联立可得：，

即：，

则：.

直线MA的方程为：，

令可得：，

同理可得：.

很明显，且，注意到，

，

而

，

故.

从而.

[方法二]【最优解】：几何含义法

①当直线l与x轴重合，不妨设，由平面几何知识得，所以．

②当直线l不与x轴重合时，设直线，由题意，直线l不过和点，所以．设，联立得．由题意知，所以．且．

由题意知直线的斜率存在．．

当时，

．

同理，．所以．

因为，所以．

【整体点评】方法一直接设直线的方程为：，联立方程消去y，利用韦达定理化简求解；方法二先对斜率为零的情况进行特例研究，在斜率不为零的情况下设直线方程为，联立方程消去x，直接利用韦达定理求得P,Q的纵坐标，运算更为简洁，应为最优解法.