2023届宁夏青铜峡市宁朔中学高三上学期线上期末考试数学（理）试题（解析版）

2023届宁夏青铜峡市宁朔中学高三上学期线上期末考试数学（理）试题

一、单选题

1．设全集，集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据补集和交集的定义运算即可.

【详解】由题意结合补集的定义可知：，所以.

故选：A

2．设，则“”是“”的（    ）

A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】B

【分析】根据解绝对值不等式的方法，结合充分性、必要性的定义进行判断即可.

【详解】等价于，故推不出；

由能推出．故“”是“”的必要不充分条件．

故选：B

3．已知等差数列前9项的和为，则（    ）

A．87 B．88 C．89 D．90

【答案】B

【分析】根据已知条件求得公差，从而求得正确答案.

【详解】设等差数列的公差为，

因为，

所以．又因为，所以．

故．

故选：B

4．在中，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用余弦定理即可求解.

【详解】，

当时，

由余弦定理，得

，

；

当时，

由余弦定理，得

，

，

，

.

故选：C．

故选：C．

5．若棱长为的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】求出正方体的体对角线的一半，即为球的半径，利用球的表面积公式，即可得解.

【详解】正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半，

即，

所以，这个球的表面积为.

故选：D.

6．下列函数中最小值为8的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】A.利用基本不等式判断； B.利用基本不等式判断； C.利用二次函数的性质判断； D.举例判断.

【详解】A.因为，当且仅当时取等号，等号取不到，所以其最小值不为8，故错误；

B.因为函数定义域为，而，当且仅当，

即时取等号，所以其最小值为8，故正确；

C.，当且仅当时取等号，所以其最小值为7，故错误；

D.，函数定义域为，当不正确．

故选：B．

7．在正方体中，为棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】连结，先推得是异面直线与所成角（或所成角的补角），再求得的各个边长，从而得解.

【详解】连结，如图，

因为，所以与所成的角为与所成的角，即是异面直线与所成角（或所成角的补角），

不妨设正方体中棱长为2，

因为在正方体中，为棱的中点，面，面，

所以，，，，

故在中，，

所以异面直线与所成角的余弦值为．

故选：B.

8．斜率为直线过抛物线的焦点，且与交于两点，则三角形（为坐标原点）的面积是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】写出直线方程，联立抛物线方程，求出两点坐标，进而求出的长，再求出原点到直线距离，求出三角形面积．

【详解】抛物线的焦点坐标为，则斜率为的直线方程为：.

与抛物线方程联立，消去得： .

设，不妨设，

则，

点到直线的距离为，

所以的面积为

故选：D

9．当时，函数取得最大值，则 （    ）

A．1 B． C． D．

【答案】C

【分析】根据条件列方程组求出a和c.

【详解】因为函数定义域为，所以依题可知， ，

而 ，所以，即 ，所以 ，

因此当,故函数在递增；,故函数在上递减，时取最大值，满足题意，即有 ；

故选：C．

10．在等比数列中，公比是数列的前项和，若，则下列结论正确的是（    ）

A． B．数列是等比数列

C． D．数列是公差为2的等差数列

【答案】B

【分析】根据已知条件及等比数列的定义，利用已等比数列的通项公式及前项和公式，结合等差数列的定义及对数的运算即可求解.

【详解】由，得，即， 解得或，

由，得，故A错误；

所以等比数列的通项公式为

所以等比数列的前项和为即

所以

所以数列是公比为等比数列，故B正确；

因为所以故C错误；

因为所以，

所以数列是公差为的等差数列，故D错误.

故选：B.

11．已知函数的图象关于点对称，则（    ）

A．在单调递增

B．直线是曲线的一条对称轴

C．直线是曲线的一条切线

D．在有两个极值点

【答案】C

【分析】根据，求出及函数解析式，A选项，代入检验得到在区间内单调递减；B选项，求出，得到直线是曲线的对称中心；C选项，求导，求出斜率等于1时的值，求出函数的图象在点处的切线斜率及方程，得到C正确；D选项，求出，数形结合得到函数极值点情况.

【详解】由题意得，，所以，

即．

又，所以．

故，

选项A，当时，，

因为在区间上单调递减，所以在区间内单调递减，故选项A错；

选项B，当时，，故，

所以直线不是曲线的对称轴，故选项B错误；

选项D，当时，，

由函数的图象知：只有一个极值点，为极小值点，

由，可得极值点为，故选项错误；

选项，令，得，

解得：或，

从而得：或，

因为，

所以函数的图象在点处的切线斜率为，

故在的切线方程为，

即，故选项C正确．

故选：C

12．已知分别为双曲线的左､右焦点，过的直线与双曲线交左支交于两点，且，以为圆心，为半径的圆经过点，则的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由为圆心，为半径为径的圆经过点，得，结合双曲线的定义及勾股定理可得解．

【详解】解：由题意得，

设，则，，，，

在中，

由勾股定理得，解得，

则，，

在中，

由勾股定理得，化简得，

所以的离心率，

故选：B

二、填空题

13．若满足约束条件，则的最大值是__________．

【答案】12

【分析】画出可行域，通过平移基准直线到可行域边界位置来求得的最大值.

【详解】画出不等式组表示的平面区域（阴影部分），如图所示．

要求的最大值，即求直线在轴上的截距的最小值．

数形结合可知，当直线过点时直线在轴上的截距最小，即取得最大值．

由得点的坐标为．

故的最大值为．

故答案为：

14．一个圆经过椭圆的三个顶点，且圆心在轴的正半轴上，则该圆的标准方程为__________．

【答案】

【分析】由圆心的位置确定圆经过的三个点的坐标，设出圆心，列出方程，求出圆心和半径，写出圆的标准方程.

【详解】因为圆心在轴正半轴上，

所以圆经过椭圆的三个顶点分别为，

设圆心为，则，

所以，解得：，

故圆心为，此时半径，

因此该圆的标准方程是．

故答案为：

15．已知满足，且在处的切线与平行，则__________．

【答案】1

【分析】根据，可得函数是上的奇函数，从而可求得，再根据导数的几何意义可得，从而可求得，即可得出答案．

【详解】函数的定义域为，

因为，所以函数是上的奇函数，

所以，解得，经检验成立所以，

则，

因为在处的切线与平行，

所以，解得，所以．

故答案为：1．

16．“圆幂定理”是平面几何中关于圆的一个重要定理，它包含三个结论，其中一个是相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等．如图，已知圆的半径为2，点是圆内的定点，且，弦均过点，则下列说法正确的是__________．

①

②的取值范围是

③当时，

④的最大值为12

【答案】②③

【分析】根据题设中的圆幂定理可判断①③的正误，取的中点为，连接，利用向量的线性运算可判断②的正误，根据直径的大小可判断④的正误．

【详解】

如图，设直线与圆交于．则

，

故①错误．

取的中点为，连接，则

，而，故的取值范围是，故②正确．

当时，

，故③正确．

因为，故，故④错误．

故选：②③

三、解答题

17．已知等差数列的前项和为，数列为正项等比数列，且，．

(1)求数列和的通项公式；

(2)若设的前项和为，求．

【答案】(1)；

(2)

【分析】（1）直接根据题意列出关于和的方程组，解出结合等差、等比数列的通项公式即可得结果；

（2）先求出，再将分组求和与裂项相消法相结合即可得结果.

【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，

，

或是正项等比数列，

，

．

（2）由（1）知，

，

．

18．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.

(1)求角A的大小；

(2)若，，是的角平分线，求的长.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）由正弦定理统一为角，再由三角恒等变换化简即可求出角A；

（2）由数量积公式可得，再由余弦定理求出，根据三角形面积公式利用建立方程求解即可.

【详解】（1）因为，由正弦定理得.

因为，所以，所以.

即,

因为，所以，即.

（2）由，得，即，，

可得，由，得，

所以.

19．已知椭圆的上顶点与右焦点分别为为坐标原点，是底边长为2的等腰三角形．

(1)求椭圆的方程；

(2)已知直线与椭圆有两个不同的交点，若，求的值．

【答案】(1)

(2)或．

【分析】（1）由是底边长为2的等腰三角形，得，得椭圆的标准方程；

（2）设，，联立方程，得，，由，得，列出方程，解出k的值.

【详解】（1）因为是底边长为2的等腰三角形，所以且，

又，所以．

所以，，

所以椭圆的方程为.

（2）联立，消去得，

则，解得或．

设，则，，

则，，

由，得，即

得，

整理得，

代入，，得，

化简得，所以，

解得，都满足或

综上，的值为或．

20．如图，已知抛物线的焦点为F，点为坐标原点，一条直线过定点与抛物线相交于A，B两点，且.

(1)求抛物线方程；

(2)连接AF，BF并延长交抛物线于C，D两点，求证：直线CD过定点

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）设直线的方程为，联立方程组得到，结合，列出方程求得的值，即可求得抛物线的方程；

（2）设直线的方程为，联立方程组求得，同理得到，由（1）求得，设直线的方程为，联立方程组，根据，求得的值，即可求解.

【详解】（1）解：设直线的方程为，直线与抛物线的交点分别为，

联立方程组，整理得，

所以，

因为，可得，即，

所以，即，即，解得，

所以抛物线的方程为.

（2）解：设点的纵坐标分别为，

设直线的方程为，

联立方程组，整理得，所以，

同理可得：，

由（1）知，所以，

设直线的方程为，

联立方程组，整理得，

则有，解得，即直线的方程为，

所以直线恒过点.

21．已知函数，.

(1)若，求函数的极值；

(2)若关于x的不等式恒成立，求整数a的最小值.

【答案】(1)极大值为0，无极小值；

(2)2.

【分析】（1）由可求得，利用导数研究函数的单调性即可求出极值；

（2）构造函数，则问题等价于在上恒成立．利用导数研究的单调性可知当时不满足题意；当时，可得的最大值为，结合单调递减、、，进而当时，，即可求解．

【详解】（1）由，得，

故，

则，

令，解得，令，解得，

所以在上单调递增，在上单调递减，

则函数存在极大值，无极小值，且极大值为；

（2）令，，

由题意可得在上恒成立．

又．

①当时，则．所以在上单调递增，

又，

所以关于的不等式不能恒成立．

②当时，，

令，得．

所以当时，，函数单调递增；

当时，，函数单调递减．

故当时，函数取得极大值，也为最大值，

且最大值为．

令，则在上单调递减，

因为，．

所以当时，，

所以整数的最小值为2．

【点睛】利用导数解决不等式恒成立问题的方法

(1)分离参数法求范围：若或恒成立，只需满足或即可，利用导数方法求出的最小值或的最大值，从而解决问题；

(2)把参数看作常数利用分类讨论方法解决：对于不适合分离参数的不等式，常常将参数看作常数直接构造函数，常用分类讨论法，利用导数研究单调性、最值，从而得出参数范围

22．在极坐标系中，曲线的极坐标方程为，以极点为原点，以极轴为轴的非负半轴，建立直角坐标系，已知点的坐标为，直线的参数方程为(为参数)，且与曲线交于，两点.

（1）求曲线的直角坐标方程和直线的普通方程；

（2）若点为曲线的动点，则满足使得的面积条件的点有几个，并求出点的坐标.

【答案】（1）C的直角坐标方程，直线的普通方程为；（2）存在三个点，点P坐标分别为.

【分析】（1）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.

（2）联立直线与抛物线方程,利用韦达定理求出,求出的距离,再设点,结合点到直线的距离公式求出三角形的高,即可求出点P坐标.

【详解】（1）由题意，曲线C的极坐标方程为，则，

将代入，可得，

即曲线C的直角坐标方程，

由直线l的参数方程为(t为参数)，消去参数，

可得直线的普通方程为.

（2）设

由得，，

∴

；

设点P到直线l的距离为d，由得，.

，

∴或或，

∴存在三个点，点P坐标分别为.

【点睛】将极坐标或极坐标方程转化为直角坐标或直角坐标方程，直接利用公式 即可．将直角坐标或直角坐标方程转化为极坐标或极坐标方程，要灵活运用以及.

23．已知函数.

(1)当时，求不等式的解集；

(2)若恒成立，求的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）把代入，将函数化为分段函数的形式，然后分别列出不等式求解即可得到结果．

（2）利用绝对值三角不等式可得，即可转化为，解出即可．

【详解】（1）因为，

所以等价于或或，

解得：，故不等式的解集为．

（2）因为，

所以，所以①或②，

解①得：，②无解.

综上：，

故的取值范围是.