甘肅省蘭州市蘭州第一中學2023-2024學年第一次高考適應性統(tǒng)考數學試題試卷（理工類）考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．如圖，在平行四邊形中，為對角線的交點，點為平行四邊形外一點，且，，則（）A． B．C． D．2．如圖是一個幾何體的三視圖,則該幾何體的體積為()A． B． C． D．3．下列與函數定義域和單調性都相同的函數是（）A． B． C． D．4．已知偶函數在區(qū)間內單調遞減，，，，則，，滿足（）A． B． C． D．5．《聊齋志異》中有這樣一首詩：“挑水砍柴不堪苦，請歸但求穿墻術.得訣自詡無所阻，額上墳起終不悟.”在這里，我們稱形如以下形式的等式具有“穿墻術”：，，，，則按照以上規(guī)律，若具有“穿墻術”，則（）A．48 B．63 C．99 D．1206．“”是“，”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分又不必要條件7．已知函數，則（）A． B． C． D．8．已知雙曲線的焦距是虛軸長的2倍，則雙曲線的漸近線方程為（）A． B． C． D．9．已知，，那么是的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件10．已知拋物線上一點到焦點的距離為，分別為拋物線與圓上的動點，則的最小值為（）A． B． C． D．11．下邊程序框圖的算法源于我國古代的中國剩余定理.把運算“正整數除以正整數所得的余數是”記為“”，例如.執(zhí)行該程序框圖，則輸出的等于（）A．16 B．17 C．18 D．1912．已知是邊長為1的等邊三角形，點，分別是邊，的中點，連接并延長到點，使得，則的值為（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．如圖，四面體的一條棱長為，其余棱長均為1，記四面體的體積為，則函數的單調增區(qū)間是____；最大值為____.14．若變量x，y滿足：，且滿足，則參數t的取值范圍為_______.15．若函數，則__________；__________.16．已知點為雙曲線的右焦點，兩點在雙曲線上，且關于原點對稱，若，設，且，則該雙曲線的焦距的取值范圍是________.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）如圖，三棱錐中，，，，，.（1）求證：；（2）求直線與平面所成角的正弦值.18．（12分）如圖，在四棱錐中，底面，，，，，點為棱的中點.（1）證明：：（2）求直線與平面所成角的正弦值；（3）若為棱上一點，滿足，求二面角的余弦值.19．（12分）已知點和橢圓.直線與橢圓交于不同的兩點，.（1）當時，求的面積；（2）設直線與橢圓的另一個交點為，當為中點時，求的值.20．（12分）一年之計在于春，一日之計在于晨，春天是播種的季節(jié)，是希望的開端．某種植戶對一塊地的個坑進行播種，每個坑播3粒種子，每粒種子發(fā)芽的概率均為，且每粒種子是否發(fā)芽相互獨立．對每一個坑而言，如果至少有兩粒種子發(fā)芽，則不需要進行補播種，否則要補播種．（1）當取何值時，有3個坑要補播種的概率最大？最大概率為多少？（2）當時，用表示要補播種的坑的個數，求的分布列與數學期望．21．（12分）已知拋物線與直線.（1）求拋物線C上的點到直線l距離的最小值；（2）設點是直線l上的動點，是定點，過點P作拋物線C的兩條切線，切點為A，B，求證A，Q，B共線；并在時求點P坐標.22．（10分）的內角、、所對的邊長分別為、、，已知.（1）求的值；（2）若，點是線段的中點，，求的面積.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、D【解析】

連接，根據題目，證明出四邊形為平行四邊形，然后，利用向量的線性運算即可求出答案【詳解】連接，由，知，四邊形為平行四邊形，可得四邊形為平行四邊形，所以.【點睛】本題考查向量的線性運算問題，屬于基礎題2、A【解析】

根據三視圖可得幾何體為直三棱柱，根據三視圖中的數據直接利用公式可求體積.【詳解】由三視圖可知幾何體為直三棱柱，直觀圖如圖所示：其中，底面為直角三角形，，，高為.∴該幾何體的體積為故選：A.【點睛】本題考查三視圖及棱柱的體積，屬于基礎題.3、C【解析】

分析函數的定義域和單調性，然后對選項逐一分析函數的定義域、單調性，由此確定正確選項.【詳解】函數的定義域為，在上為減函數.A選項，的定義域為，在上為增函數，不符合.B選項，的定義域為，不符合.C選項，的定義域為，在上為減函數，符合.D選項，的定義域為，不符合.故選：C【點睛】本小題主要考查函數的定義域和單調性，屬于基礎題.4、D【解析】

首先由函數為偶函數，可得函數在內單調遞增，再由，即可判定大小【詳解】因為偶函數在減，所以在上增，，，，∴.故選：D【點睛】本題考查函數的奇偶性和單調性,不同類型的數比較大小,應找一個中間數,通過它實現大小關系的傳遞，屬于中檔題.5、C【解析】

觀察規(guī)律得根號內分母為分子的平方減1，從而求出n.【詳解】解：觀察各式發(fā)現規(guī)律，根號內分母為分子的平方減1所以故選：C.【點睛】本題考查了歸納推理，發(fā)現總結各式規(guī)律是關鍵，屬于基礎題.6、B【解析】

先求出滿足的值，然后根據充分必要條件的定義判斷．【詳解】由得，即，，因此“”是“，”的必要不充分條件．故選：B．【點睛】本題考查充分必要條件，掌握充分必要條件的定義是解題基礎．解題時可根據條件與結論中參數的取值范圍進行判斷．7、A【解析】

根據分段函數解析式，先求得的值，再求得的值.【詳解】依題意，.故選：A【點睛】本小題主要考查根據分段函數解析式求函數值，屬于基礎題.8、A【解析】

根據雙曲線的焦距是虛軸長的2倍，可得出，結合，得出，即可求出雙曲線的漸近線方程.【詳解】解：由雙曲線可知，焦點在軸上，則雙曲線的漸近線方程為：，由于焦距是虛軸長的2倍，可得：，∴，即：，，所以雙曲線的漸近線方程為：.故選：A.【點睛】本題考查雙曲線的簡單幾何性質，以及雙曲線的漸近線方程.9、B【解析】

由，可得，解出即可判斷出結論．【詳解】解：因為，且．，解得．是的必要不充分條件．故選：．【點睛】本題考查了向量數量積運算性質、三角函數求值、簡易邏輯的判定方法，考查了推理能力與計算能力，屬于基礎題．10、D【解析】

利用拋物線的定義，求得p的值，由利用兩點間距離公式求得，根據二次函數的性質，求得，由取得最小值為，求得結果.【詳解】由拋物線焦點在軸上，準線方程，則點到焦點的距離為，則，所以拋物線方程：，設，圓，圓心為，半徑為1，則，當時，取得最小值，最小值為，故選D.【點睛】該題考查的是有關距離的最小值問題，涉及到的知識點有拋物線的定義，點到圓上的點的距離的最小值為其到圓心的距離減半徑，二次函數的最小值，屬于中檔題目.11、B【解析】

由已知中的程序框圖可知，該程序的功能是利用循環(huán)結構計算并輸出變量的值，模擬程序的運行過程，代入四個選項進行驗證即可.【詳解】解：由程序框圖可知，輸出的數應為被3除余2，被5除余2的且大于10的最小整數.若輸出，則不符合題意，排除；若輸出，則，符合題意.故選:B.【點睛】本題考查了程序框圖.當循環(huán)的次數不多，或有規(guī)律時，常采用循環(huán)模擬或代入選項驗證的方法進行解答.12、D【解析】

設，，作為一個基底，表示向量，，，然后再用數量積公式求解.【詳解】設，，所以，，，所以.故選：D【點睛】本題主要考查平面向量的基本運算，還考查了運算求解的能力，屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、(或寫成)【解析】試題分析：設，取中點則,因此,所以，因為在單調遞增，最大值為所以單調增區(qū)間是，最大值為考點：函數最值，函數單調區(qū)間14、【解析】

根據變量x，y滿足：，畫出可行域，由，解得直線過定點，直線繞定點旋轉與可行域有交點即可，再結合圖象利用斜率求解.【詳解】由變量x，y滿足：，畫出可行域如圖所示陰影部分，由，整理得，由，解得，所以直線過定點，由，解得，由，解得，要使，則與可行域有交點，當時，滿足條件，當時，直線得斜率應該不小于AC，而不大于AB，即或，解得，且，綜上：參數t的取值范圍為.故答案為：【點睛】本題主要考查線性規(guī)劃的應用，還考查了轉化運算求解的能力，屬于中檔題.15、01【解析】

根據分段函數解析式，代入即可求解.【詳解】函數，所以，.故答案為：0；1.【點睛】本題考查了分段函數求值的簡單應用，屬于基礎題.16、【解析】

設雙曲線的左焦點為，連接，由于.所以四邊形為矩形，故，由雙曲線定義可得，再求的值域即可.【詳解】如圖，設雙曲線的左焦點為，連接，由于.所以四邊形為矩形，故.在中，由雙曲線的定義可得，.故答案為：【點睛】本題考查雙曲線定義及其性質，涉及到求余弦型函數的值域，考查學生的運算能力，是一道中檔題.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）證明見詳解；（2）【解析】

（1）取中點，根據，利用線面垂直的判定定理，可得平面，最后可得結果.（2）利用建系，假設長度，可得，以及平面的一個法向量，然后利用向量的夾角公式，可得結果.【詳解】（1）取中點，連接，如圖由，所以由,平面所以平面，又平面所以（2）假設，由，，.所以則，所以又，平面所以平面，所以，又，故建立空間直角坐標系，如圖設平面的一個法向量為則令，所以則直線與平面所成角的正弦值為【點睛】本題考查線面垂直、線線垂直的應用，還考查線面角，學會使用建系的方法來解決立體幾何問題，將幾何問題代數化，化繁為簡，屬中檔題.18、（1）證明見解析（2）（3）【解析】

（1）根據題意以為坐標原點，建立空間直角坐標系，寫出各個點的坐標，并表示出，由空間向量數量積運算即可證明.（2）先求得平面的法向量，即可求得直線與平面法向量夾角的余弦值，即為直線與平面所成角的正弦值；（3）由點在棱上，設，再由，結合，由空間向量垂直的坐標關系求得的值.即可表示出.求得平面和平面的法向量，由空間向量數量積的運算求得兩個平面夾角的余弦值，再根據二面角的平面角為銳角即可確定二面角的余弦值.【詳解】（1）證明：∵底面，，以為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，∵，，點為棱的中點．∴，，，，，，.（2）,設平面的法向量為.則，代入可得，令解得，即，設直線與平面所成角為，由直線與平面夾角可知所以直線與平面所成角的正弦值為.（3），由點在棱上，設，故，由，得，解得，即，設平面的法向量為，由，得，令，則取平面的法向量，則二面角的平面角滿足，由圖可知，二面角為銳二面角，故二面角的余弦值為.【點睛】本題考查了空間向量的綜合應用，由空間向量證明線線垂直，求直線與平面夾角及平面與平面形成的二面角大小，計算量較大，屬于中檔題.19、（1）；（2）或【解析】

（1）聯立直線的方程和橢圓方程，求得交點的橫坐標，由此求得三角形的面積.（2）法一：根據的坐標求得的坐標，將的坐標都代入橢圓方程，化簡后求得的坐標，進而求得的值.法二：設出直線的方程，聯立直線的方程和橢圓的方程，化簡后寫出根與系數關系，結合求得點的坐標，進而求得的值.【詳解】（1）設，，若，則直線的方程為，由，得，解得，，設直線與軸交于點，則且.（2）法一：設點因為，，所以又點，都在橢圓上，所以解得或所以或.法二：設顯然直線有斜率，設直線的方程為由，得所以又解得或所以或所以或.【點睛】本小題主要考查直線和橢圓的位置關系，考查橢圓中三角形面積的求法，考查運算求解能力，屬于中檔題.20、（1）當或時，有3個坑要補播種的概率最大，最大概率為；（2）見解析.【解析】

（1）將有3個坑需要補種表示成n的函數，考查函數隨n的變化情況，即可得到n為何值時有3個坑要補播種的概率最大．（2）n＝1時，X的所有可能的取值為0，1，2，3，1．分別計算出每個變量對應的概率，列出分布列，求期望即可．【詳解】（1）對一個坑而言，要補播種的概率，有3個坑要補播種的概率為.欲使最大，只需，解得，因為，所以當時，；當時，；所以當或時，有3個坑要補播種的概率最大，最大概率為.（2）由已知，的可能取值為0，1，2，3，1.，所以的分布列為01231的數學期望.【點睛】本題考查了古典概型的概率求法，離散型隨機變量的概率分布，二項分布，主要考查簡單的計算，屬于中檔題．21、（1）；（2）證明見解析，或【解析】

（1）根據點到直線的公式結合二次函數的性質即可求出；（2）設，，，，表示出直線，的方程，利用表示出，，即可求定點的坐標．【詳解】（1）設拋物線上點的坐標為，則，時取等號），則拋物線上的點到直線距離的最小值；（2）設，，，，，，直線，的方程為分別為，，由兩條直線都經過點點得，為方程的兩根，，