2023届陕西省西安市西北工业大学附属中学高三上学期9月月考数学（文）试题含解析

这是一份2023届陕西省西安市西北工业大学附属中学高三上学期9月月考数学（文）试题含解析，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届陕西省西安市西北工业大学附属中学高三上学期9月月考数学（文）试题 一、单选题1．将来要学到虚数单位，已知，则（    ）A．1 B． C． D．【答案】D【分析】根据复数的乘方计算可得.【详解】.故选：D2．设集合A={x|x2–4≤0}，B={x|2x+a≤0}，且A∩B={x|–2≤x≤1}，则a=（    ）A．–4 B．–2 C．2 D．4【答案】B【分析】由题意首先求得集合A,B，然后结合交集的结果得到关于a的方程，求解方程即可确定实数a的值.【详解】求解二次不等式可得：，求解一次不等式可得：.由于，故：，解得：.故选：B.【点睛】本题主要考查交集的运算，不等式的解法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.3．若,则A． B． C． D．【答案】A【详解】,,故选A.4．下列函数中，，，，是幂函数的个数是（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】根据幂函数的定义判断即可.【详解】一般地，函数叫做幂函数，其中是自变量，为常数，故，为幂函数，，均不为幂函数.故选：B5．已知，且，则（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】用二倍角的余弦公式，将已知方程转化为关于的一元二次方程，求解得出，再用同角间的三角函数关系，即可得出结论.【详解】，得，即，解得或（舍去），又.故选：A.【点睛】本题考查三角恒等变换和同角间的三角函数关系求值，熟记公式是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题.6．设函数在的图像大致如下图，则f(x)的最小正周期为（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】由图可得：函数图象过点，即可得到，结合是函数图象与轴负半轴的第一个交点即可得到，即可求得，再利用三角函数周期公式即可得解.【详解】由图可得：函数图象过点，将它代入函数可得：又是函数图象与轴负半轴的第一个交点，所以，解得：所以函数的最小正周期为故选：C【点睛】本题主要考查了三角函数的性质及转化能力，还考查了三角函数周期公式，属于中档题.7．在ABC中，已知a＝5，c＝10，A＝30°，则B等于（    ）A．105° B．60° C．15° D．105°或15°【答案】D【分析】利用正弦定理求出C＝45°或135°，即得解.【详解】由正弦定理＝可得＝，       ∴sin C＝，   ∴C＝45°或135°.都满足题意.当C＝45°时，B＝180°－(A＋C)＝105°；当C＝135°时，B＝180°－(A＋C)＝15°，∴B＝105°或15°.故选：D8．若，则的值为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先化简已知得，再求的值.【详解】由得，所以在第一、二象限，所以.故选：D.9．若，则的值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查诱导公式的基础运用，套用公式即可.【详解】利用诱导公式可得，故选：B.10．若，，均为任意向量，，则下列等式不一定成立的是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据向量加法、数量积、数乘运算的运算法则判断．【详解】选项A是向量加法的结合律，正确；选项B是向量数量积运算对加法的分配律，正确；选项C是数乘运算对向量加法的分配律，正确；选项D．根据数量积和数乘定义，等式左边是与共线的向量，右边是与共线的向量，两者一般不可能相等，也即向量的数量积运算没有结合律存在．D错．故选：D．11．以点为圆心，为半径长的圆的标准方程是（    ）．A． B．C． D．【答案】B【分析】根据给定条件，直接写出圆的标准方程作答.【详解】因为以为圆心，为半径的圆的标准方程为，所以以点为圆心，以为半径长的圆的标准方程是，故选：B12．下列说法正确的是（    ）A．如果一个平面内有一条直线和另一个平面平行，那么这两个平面平行B．如果一个平面内有无数条直线和另一个平面平行，那么这两个平面平行C．如果一个平面内的任何直线都与另一个平面平行，那么这两个平面平行D．如果两个平面平行于同一条直线，则这两个平面平行【答案】C【分析】根据线面关系，结合平面的基本性质判断面面关系.【详解】A：如果一个平面内有一条直线和另一个平面平行，则这两个平面平行、重合、相交，错误；B：如果一个平面内有无数条直线和另一个平面平行，则这两个平面平行、重合、相交，错误；C：如果一个平面内的任何直线都与另一个平面平行，则这两个平面平行，正确；D：如果两个平面平行于同一条直线，则这两个平面平行、重合、相交，错误；故选：C 二、填空题13．一个长方体的各顶点均在同一球的球面上，且一个顶点上的三条棱的长分别为1，2，3，则此球的表面积为     ．【答案】【详解】试题分析：球的直径为长方体的对角线，即,因此球的表面积为【解析】球的表面积14．在空间直角坐标系中，点关于坐标平面对称的点是          .【答案】【分析】根据点关于平面对称的点坐标的特点可直接得到结果.【详解】点关于平面对称的点为，关于平面对称的点的坐标为.故答案为：.15．命题“，”为假命题，则实数的取值范围是        ．【答案】【分析】由原命题为假可知其否定为真，结合二次函数性质知，解不等式求得结果.【详解】若原命题为假命题，则其否定“，”为真命题，解得：的取值范围为故答案为：【点睛】本题考查一元二次不等式在实数集上恒成立问题的求解，关键是能够利用原命题与其否定之间的真假关系将问题转化为恒成立的问题.16．命题存在实数，使方程有实数根，则“”形式的命题是                【答案】对任意实数，方程没有实数根【分析】存在性命题的否定是全称量词命题，将，否定原结论即可.【详解】原命题为：，使方程有实数根，其对应的否命题为：，方程没有实数根，故答案为：对任意实数，方程没有实数根【点睛】本题考查了特称命题的否定，所得命题为并否定原结论，属于简单题. 三、解答题17．解不等式：(1)；(2)；(3).【答案】(1)(2)(3) 【分析】（1）根据一元二次不等式的解法求解；（2）根据一元二次不等式的解法求解； （3）根据分式不等式的解法求解.【详解】（1）可化为，即，解得，∴原不等式的解集为.（2），∴原不等式的解集为.（3）∴原不等式的解集为.18．证明题：(1)借助向量证明余弦定理（余弦定理有三种书写形式，只证明其中一种即可）；(2)借助完全平方公式证明均值不等式：（和均为正数）.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析 【分析】（1），，由两边平方得可得答案；（2）利用得，设，，可得可得答案.【详解】（1）中（如图），，，，得：，所以，即；同理可得；；（2），当时，；当时，，所以，设，且，可得，所以可得：，当且仅当等号成立.19．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设．（1）求A；（2）若，求sinC．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）利用正弦定理化简已知边角关系式可得：，从而可整理出，根据可求得结果；（2）[方法一]由题意利用正弦定理边化角，然后结合三角形内角和可得，然后结合辅助角公式可得，据此由两角和差正余弦公式可得．【详解】（1），即：，由正弦定理可得：，，，.（2）[方法一]正弦定理+两角和差正余弦由（1）知，，所以由，得，整理得，即．又，所以，即，则．[方法二]正弦定理+方程思想由，得，代入，得，整理得，则．由，得，所以．[方法三]余弦定理令．由，得．将代入中，可得，即，解得或（舍去）．所以，从而．[方法四]摄影定理因为，所以，由射影定理得，所以．【整体点评】方法一：首先由正弦定理边化角，然后由两角和差正余弦公式求解的值；方法二：首先由正弦定理边化角，然后结合题意列方程，求解方程可得的值；方法三：利用余弦定理求得的值，然后结合正弦定理可得的值；方法四：利用摄影定理求得的值，然后由两角和差正余弦公式求解的值；【点睛】本题考查利用正弦定理、余弦定理解三角形的问题，涉及到两角和差正弦公式、同角三角函数关系的应用，解题关键是能够利用正弦定理对边角关系式进行化简，得到余弦定理的形式或角之间的关系.20．已知向量：.(1)求与的模长.(2)求与的数量积.(3)求与的夹角的余弦值.(4)借助向量和单位圆求证：【答案】(1)；(2)；(3)；(4)证明见解析. 【分析】（1）利用向量模的坐标表示计算作答.（2）利用数量积的坐标表示计算作答.（3）利用（1）（2）的结论，结合向量夹角公式求解作答.（4）求出角的终边与单位圆的交点坐标，再利用向量夹角公式推理作答.【详解】（1）向量，则.（2）向量，则.（3）由（1）（2）知，与的夹角的余弦值.（4）令角的始边与x轴的非负半轴重合，终边与单位圆分别交于点，  则，即，存在，使得或于是，所以.21．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知.（1）求角C；（2）若，，求的周长.【答案】（1）（2）【详解】试题分析：（1）根据正弦定理把化成，利用和角公式可得从而求得角；（2）根据三角形的面积和角的值求得，由余弦定理求得边得到的周长.试题解析：（1）由已知可得（2）又，的周长为【解析】正余弦定理解三角形. 22．已知函数：(1)当时，求函数中的最小值，并求此时的取值；(2)求直线与上述函数的交点的中点坐标.【答案】(1)，；(2). 【分析】（1）考查基本不等式，注意到，则，并说明取等条件即可.（2）两函数的交点坐标即将两个函数解析式联立方程组，由于求的是中点坐标，故不需要将两个交点坐标求出，使用韦达定理即可.【详解】（1）当时，，当且仅当即时等号成立，故函数中的最小值为，此时.（2）联立可得，设函数与直线的两个交点坐标为，，则线段中点坐标为，由韦达定理可得，带入中点坐标可得线段中点坐标为，故答案为.23．设数列{an}满足a1=3，．（1）计算a2，a3，猜想{an}的通项公式并加以证明；（2）求数列{2nan}的前n项和Sn．【答案】（1），，，证明见解析；（2）.【分析】（1）方法一：（通性通法）利用递推公式得出，猜想得出的通项公式，利用数学归纳法证明即可；（2）方法一：（通性通法）根据通项公式的特征，由错位相减法求解即可．【详解】（1）［方法一］【最优解】：通性通法由题意可得，，由数列的前三项可猜想数列是以为首项，2为公差的等差数列，即．证明如下：当时，成立；假设时，成立.那么时，也成立.则对任意的，都有成立；［方法二］：构造法由题意可得，．由得．，则，两式相减得．令，且，所以，两边同时减去2，得，且，所以，即，又，因此是首项为3，公差为2的等差数列，所以．［方法三］：累加法由题意可得，．由得，即，，……．以上各式等号两边相加得，所以．所以．当时也符合上式．综上所述，．［方法四］：构造法，猜想．由于，所以可设，其中为常数．整理得．故，解得．所以．又，所以是各项均为0的常数列，故，即．（2）由（1）可知，［方法一］：错位相减法，①，②由①②得：，即.［方法二］【最优解】：裂项相消法，所以．［方法三］：构造法当时，，设，即，则，解得．所以，即为常数列，而，所以．故．［方法四］：因为，令，则，，所以．故．【整体点评】（1）方法一：通过递推式求出数列的部分项从而归纳得出数列的通项公式，再根据数学归纳法进行证明，是该类问题的通性通法，对于此题也是最优解；方法二：根据递推式，代换得，两式相减得，设，从而简化递推式，再根据构造法即可求出，从而得出数列的通项公式；方法三：由化简得，根据累加法即可求出数列的通项公式；方法四：通过递推式求出数列的部分项，归纳得出数列的通项公式，再根据待定系数法将递推式变形成，求出，从而可得构造数列为常数列，即得数列的通项公式．(2)方法一：根据通项公式的特征可知，可利用错位相减法解出，该法也是此类题型的通性通法；方法二：根据通项公式裂项，由裂项相消法求出，过程简单，是本题的最优解法；方法三：由时，，构造得到数列为常数列，从而求出；方法四：将通项公式分解成，利用分组求和法分别求出数列的前项和即可，其中数列的前项和借助于函数的导数，通过赋值的方式求出，思路新颖独特，很好的简化了运算．24．设是公比不为1的等比数列，为，的等差中项．（1）求的公比；（2）若，求数列的前项和．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由已知结合等差中项关系，建立公比的方程，求解即可得出结论；（2）由（1）结合条件得出的通项，根据的通项公式特征，用错位相减法，即可求出结论.【详解】（1）设的公比为，为的等差中项，，；（2）设的前项和为，，，①，②①②得，，.【点睛】本题考查等比数列通项公式基本量的计算、等差中项的性质，以及错位相减法求和，考查计算求解能力，属于基础题.25．已知.(1)求证的单调性；(2)求证的单调性.【答案】(1)在定义域上单调递增，证明见解析(2)在定义域上单调递增，证明见解析 【分析】（1）（2）根据函数的单调性的定义证明即可.【详解】（1）函数定义域为，函数在定义域上单调递增，证明如下：设，且，则，因为，且，所以，又，则，所以，所以在上单调递增.（2）函数定义域为，函数在定义域上单调递增，证明如下：设，且，则，因为，且，所以，，则，所以，所以，所以在上单调递增.26．已知满足条件：，(1)求的最大值和最小值；(2)求的最大值和最小值.(3)类比二元一次不等式所表示的平面区域，试画出表示的的平面区域（注：第（3）问和（1）（2）问无关）【答案】(1)最大值为14，最小值为(2)最大值为37，最小值为0(3)答案见解析 【分析】（1）作出可行域，进而根据z的几何意义，通过数形结合得到答案；（2）表示可行域内点与距离的平方，进而通过数形结合得到答案.（3）由方程表示圆及不等式表示区域即可画出区域.【详解】（1），表示的共公区域如图所示：  其中，设，以直线为基础进行平移，当过点时，值最小，当过点时，值最大.所以，故的最大值为14，最小值为；（2）设，则为点到原点的距离，结合（1）中不等式组所表示的区域，知：点到原点距离最大，而当在原点时，距离为0，所以.故的最大值为37，最小值为0.（3）不等式表示圆心在原点，半径为3的圆的内部区域，如图所示阴影部分：