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）

这是一份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），共18页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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：A2．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：B3．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：B4．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：D9．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：C12．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__________．①②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.