2023学年自治区拉萨市自治区拉萨中学高考适应性考试数学试卷（含解析）.doc

2023学年高考数学模拟测试卷 请考生注意： 1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。 2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。 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．设双曲线（a>0,b>0）的右焦点为F，右顶点为A,过F作AF的垂线与双曲线交于B,C两点，过B,C分别作AC，AB的垂线交于点D．若D到直线BC的距离小于，则该双曲线的渐近线斜率的取值范围是 （ ） A． B． C． D． 2．已知为非零向量，“”为“”的（ ） A．充分不必要条件 B．充分必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 3．若x，y满足约束条件则z=的取值范围为（ ） A．[] B．[，3] C．[，2] D．[，2] 4．已知双曲线的一个焦点与抛物线的焦点重合，则双曲线的离心率为（ ） A． B． C．3 D．4 5．等差数列中，已知，且，则数列的前项和中最小的是（ ） A．或 B． C． D． 6．若函数的图象如图所示，则的解析式可能是（ ） A． B． C． D． 7．已知是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，下列命题正确的是（ ） A．若，，，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 8．已知的展开式中第项与第项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为（ ）． A． B． C． D． 9．已知函数，，若，对任意恒有，在区间上有且只有一个使，则的最大值为（ ） A． B． C． D． 10．某人造地球卫星的运行轨道是以地心为一个焦点的椭圆，其轨道的离心率为，设地球半径为，该卫星近地点离地面的距离为，则该卫星远地点离地面的距离为（ ） A． B． C． D． 11．设是虚数单位，则（ ） A． B． C． D． 12．椭圆是日常生活中常见的图形，在圆柱形的玻璃杯中盛半杯水，将杯体倾斜一个角度，水面的边界即是椭圆.现有一高度为12厘米，底面半径为3厘米的圆柱形玻璃杯，且杯中所盛水的体积恰为该玻璃杯容积的一半（玻璃厚度忽略不计），在玻璃杯倾斜的过程中（杯中的水不能溢出），杯中水面边界所形成的椭圆的离心率的取值范围是（ ） A． B． C． D． 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13．设，满足条件，则的最大值为__________. 14．在中，角的平分线交于，，，则面积的最大值为__________． 15．若，，则___________． 16．设，若函数有大于零的极值点，则实数的取值范围是_____ 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）如图，在四棱锥中底面是菱形，，是边长为的正三角形，，为线段的中点． 求证：平面平面； 是否存在满足的点，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 18．（12分）已知函数，其中e为自然对数的底数. （1）讨论函数的单调性； （2）用表示中较大者，记函数.若函数在上恰有2个零点，求实数a的取值范围. 19．（12分）已知直线与椭圆恰有一个公共点，与圆相交于两点. （I）求与的关系式； （II）点与点关于坐标原点对称.若当时，的面积取到最大值，求椭圆的离心率. 20．（12分）已知数列满足：对一切成立. （1）求数列的通项公式； （2）求数列的前项和. 21．（12分）在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中.若问题中的正整数存在，求的值；若不存在，说明理由. 设正数等比数列的前项和为，是等差数列，__________，，，，是否存在正整数，使得成立？ 22．（10分）已知椭圆的左焦点坐标为，，分别是椭圆的左，右顶点，是椭圆上异于，的一点，且，所在直线斜率之积为. （1）求椭圆的方程； （2）过点作两条直线，分别交椭圆于，两点（异于点）.当直线，的斜率之和为定值时，直线是否恒过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理. 2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析） 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、A 【答案解析】 由题意, 根据双曲线的对称性知在轴上，设，则由 得：， 因为到直线的距离小于，所以 ， 即，所以双曲线渐近线斜率，故选A． 2、B 【答案解析】 由数量积的定义可得,为实数,则由可得,根据共线的性质,可判断；再根据判断,由等价法即可判断两命题的关系. 【题目详解】 若成立,则,则向量与的方向相同,且,从而,所以； 若,则向量与的方向相同,且,从而,所以. 所以“”为“”的充分必要条件. 故选:B 【答案点睛】 本题考查充分条件和必要条件的判定,考查相等向量的判定,考查向量的模、数量积的应用. 3、D 【答案解析】 由题意作出可行域，转化目标函数为连接点和可行域内的点的直线斜率的倒数，数形结合即可得解. 【题目详解】 由题意作出可行域，如图， 目标函数可表示连接点和可行域内的点的直线斜率的倒数， 由图可知，直线的斜率最小，直线的斜率最大， 由可得，由可得， 所以，，所以. 故选：D. 【答案点睛】 本题考查了非线性规划的应用，属于基础题. 4、A 【答案解析】 根据题意，由抛物线的方程可得其焦点坐标，由此可得双曲线的焦点坐标，由双曲线的几何性质可得，解可得，由离心率公式计算可得答案． 【题目详解】 根据题意，抛物线的焦点为， 则双曲线的焦点也为，即， 则有，解可得， 双曲线的离心率. 故选：A． 【答案点睛】 本题主要考查双曲线、抛物线的标准方程，关键是求出抛物线焦点的坐标，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平． 5、C 【答案解析】 设公差为，则由题意可得，解得，可得.令 ，可得 当时，，当时，，由此可得数列前项和中最小的. 【题目详解】 解：等差数列中，已知，且，设公差为， 则，解得 ， . 令 ，可得，故当时，，当时，， 故数列前项和中最小的是. 故选：C. 【答案点睛】 本题主要考查等差数列的性质，等差数列的通项公式的应用，属于中档题. 6、A 【答案解析】 由函数性质,结合特殊值验证,通过排除法求得结果. 【题目详解】 对于选项B, 为 奇函数可判断B错误; 对于选项C,当时, ,可判断C错误; 对于选项D, ,可知函数在第一象限的图象无增区间,故D错误; 故选:A. 【答案点睛】 本题考查已知函数的图象判断解析式问题,通过函数性质及特殊值利用排除法是解决本题的关键,难度一般. 7、B 【答案解析】 根据空间中线线、线面位置关系，逐项判断即可得出结果. 【题目详解】 A选项，若，，，，则或与相交；故A错； B选项，若，，则，又，是两个不重合的平面，则，故B正确； C选项，若，，则或或与相交，又，是两个不重合的平面，则或与相交；故C错； D选项，若，，则或或与相交，又，是两个不重合的平面，则或与相交；故D错； 故选B 【答案点睛】 本题主要考查与线面、线线相关的命题，熟记线线、线面位置关系，即可求解，属于常考题型. 8、D 【答案解析】 因为的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，所以，解得， 所以二项式中奇数项的二项式系数和为． 考点：二项式系数，二项式系数和． 9、C 【答案解析】 根据的零点和最值点列方程组，求得的表达式（用表示），根据在上有且只有一个最大值，求得的取值范围，求得对应的取值范围，由为整数对的取值进行验证，由此求得的最大值. 【题目详解】 由题意知，则其中，． 又在上有且只有一个最大值，所以，得，即，所以，又，因此． ①当时，，此时取可使成立，当时，，所以当或时，都成立，舍去； ②当时，，此时取可使成立，当时，，所以当或时，都成立，舍去； ③当时，，此时取可使成立，当时，，所以当时，成立； 综上所得的最大值为． 故选:C 【答案点睛】 本小题主要考查三角函数的零点和最值，考查三角函数的性质，考查化归与转化的数学思想方法，考查分类讨论的数学思想方法，属于中档题. 10、A 【答案解析】 由题意画出图形，结合椭圆的定义，结合椭圆的离心率,求出椭圆的长半轴a,半焦距c,即可确定该卫星远地点离地面的距离. 【题目详解】 椭圆的离心率：，（ c为半焦距; a为长半轴）， 设卫星近地点，远地点离地面距离分别为r，n，如图： 则 所以,, 故选：A 【答案点睛】 本题主要考查了椭圆的离心率的求法，注意半焦距与长半轴的求法,是解题的关键，属于中档题. 11、A 【答案解析】 利用复数的乘法运算可求得结果. 【题目详解】 由复数的乘法法则得. 故选：A. 【答案点睛】 本题考查复数的乘法运算，考查计算能力，属于基础题. 12、C 【答案解析】 根据题意可知当玻璃杯倾斜至杯中水刚好不溢出时，水面边界所形成椭圆的离心率最大，由椭圆的几何性质即可确定此时椭圆的离心率，进而确定离心率的取值范围. 【题目详解】 当玻璃杯倾斜至杯中水刚好不溢出时，水面边界所形成椭圆的离心率最大. 此时椭圆长轴长为，短轴长为6， 所以椭圆离心率， 所以. 故选：C 【答案点睛】 本题考查了橢圆的定义及其性质的简单应用，属于基础题. 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13、 【答案解析】 作出可行域，由得，平移直线，数形结合可求的最大值. 【题目详解】 作出可行域如图所示 由得，则是直线在轴上的截距. 平移直线，当直线经过可行域内的点时，最小，此时最大. 解方程组，得，. . 故答案为：. 【答案点睛】 本题考查简单的线性规划，属于基础题. 14、15 【答案解析】 由角平分线定理得,利用余弦定理和三角形面积公式，借助三角恒等变化求出面积的最大值. 【题目详解】 画出图形： 因为，，由角平分线定理得, 设，则 由余弦定理得： 即 当且仅当，即时取等号 所以面积的最大值为15 故答案为：15 【答案点睛】 此题考查解三角形面积的最值问题，通过三角恒等变形后利用均值不等式处理，属于一般性题目. 15、 【答案解析】 因为，所以，又，所以，则，所以． 16、 【答案解析】 先求导数，求解导数为零的根，结合根的分布求解. 【题目详解】 因为，所以，令得， 因为函数有大于0的极值点，所以，即. 【答案点睛】 本题主要考查利用导数研究函数的极值点问题，极值点为导数的变号零点，侧重考查转化化归思想. 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、证明见解析；2. 【答案解析】 利用面面垂直的判定定理证明即可； 由，知，所以可得出，因此，的充要条件是，继而得出的值. 【题目详解】 解：证明：因为是正三角形，为线段的中点， 所以． 因为是菱形，所以． 因为， 所以是正三角形， 所以，而， 所以平面． 又， 所以平面． 因为平面， 所以平面平面． 由，知． 所以，， ． 因此，的充要条件是， 所以，． 即存在满足的点，使得，此时． 【答案点睛】 本题主要考查平面与平面垂直的判定、三棱锥的体积等基础知识；考查空间想象能力、运算求解能力、推理论证能力和创新意识；考查化归与转化、函数与方程等数学思想，属于难题． 18、（1）函数的单调递增区间为和，单调递减区间为；（2）. 【答案解析】 （1）由题可得,结合的范围判断的正