2023届陕西省咸阳市武功县普集高级中学高三上学期1月测试数学（理）试题（解析版）

这是一份2023届陕西省咸阳市武功县普集高级中学高三上学期1月测试数学（理）试题（解析版），共15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届陕西省咸阳市武功县普集高级中学高三上学期1月测试数学（理）试题 一、单选题1．已知，则（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【分析】直接由倍角公式及商数关系求解即可.【详解】.故选：D.2．已知函数，若，则a的值为（    ）A． B．2 C．9 D．-2或9【答案】D【分析】由解方程，从而求得正确答案.【详解】当时，（正根舍去）；当时，.所以的值为或.故选：D3．在平面直角坐标系内，一束光线从点A（1，2）出发，被直线反射后到达点B（3，6），则这束光线从A到B所经过的距离为（    ）A． B． C．4 D．5【答案】B【分析】作出点A关于直线的对称点，连接，利用光线关于直线对称得到即为光线经过路程的最小值，再利用两点间的距离公式进行求解.【详解】作出点A关于直线的对称点，连接，交直线于点，则即为光线经过路程的最小值，且，此即光线从A到B所经过的距离为.故选：B．4．已知点E，F，G，H分别是四面体ABCD的棱AB，BC，CD，DA的中点，则四面体的六条棱中与平面EFGH平行的条数是（    ）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】C【分析】作出图形，然后根据线面的位置关系进行判定即可.【详解】因为E，H分别是四面体ABCD的棱AB，DA的中点，所以，又因为平面EFGH，平面EFGH，所以由线面平行的判定定理可知BD平面EFGH，因为点H，G分别是四面体ABCD的棱AD，CD的中点，以，又因为平面EFGH，平面EFGH，所以由线面平行的判定定理可知AC平面EFGH，所以四面体的六条棱中与平面EFGH平行的条数是2条，故选：C.5．下列四组函数中，表示相等函数的一组是（    ）A．，B．，C．，D．，【答案】A【解析】两个函数是相等函数，需函数的三个要素相同，首先判断函数的定义域，再判断函数的对应关系，若这两点相同，就是相等函数.【详解】A.两个函数的定义域相同，并且函数，对应关系也相同，所以两个函数是相等函数；B.函数的定义域是，函数的定义域是，两个函数的定义域不相同，所以不是相等函数；C.函数的定义域是，函数的定义域是，两个函数的定义域不相同，所以不是相等函数；D.函数的定义域是，函数的定义域是，两个函数的定义域不相同，所以不是相等函数；故选：A6．已知集合.则下列结论正确的是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用集合的基本关系和基本运算判断.【详解】因为集合，所以，故A正确；，故B错误；NM，故C错误；D. ，故D错误；故选：A7．已知向量，，满足对任意，恒有，则（   ）A． B．C． D．【答案】C【分析】对两边平方，可得关于的一元二次不等式 对任意恒成立，进而有，即，从而即可求解.【详解】解：因为向量，，对任意，恒有，所以，即对任意恒成立，所以，即，所以，即，所以，故选：C.8．已知，则的最小值为（    ）A．9 B．12 C．15 D．【答案】D【分析】将转化为已知等式分母的形式，利用常数1代换，进而用基本不等式求得的最小值.【详解】，当且仅当时等号成立，所以的最小值为为，故选：D.9．在中， “”是“”的                          A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】C【分析】先判定充分性，然后判定必要性【详解】在中，，三角形中大边对大角，则由正弦定理可得，，，，充分性成立，由正弦定理可得，，则三角形中大边对大角，则，必要性也成立故选【点睛】本题主要考查了充分条件和必要条件的成立，在三角形中运用正弦定理进行求解，注意在三角形内角的取值范围．10．某快递公司将一个快件从寄件人甲处揽收开始直至送达收件人乙，需要经过6个转运环节，其中第1，6个环节有，两种运输方式，第2，3，5个环节有，两种运输方式，第4个环节有，，，四种运输方式，则快件从甲送到乙有4种运输方式的运输顺序共有不同的方法种数是（    ）A．58 B．60 C．77 D．78【答案】B【分析】结合条件利用分步加法计数原理和分步乘法计数原理解决.【详解】若第4环节使用运输方式，由条件可得快件从甲送到乙至多使用3种运输方式，故第四环节必须使用，，三种运输方式中的1种，若第1,6两个环节都使用运输方式，从快件甲送到乙至多会使用3种运输方式，故从甲送到乙要使用4种运输方式，则满足条件的运输方法可分为2类，第一类：第一和第六环节都用运输方式的运输顺序，若第一和第六环节都用，则第2,3,5环节必须使用两种不同的运输方式，第4环节必须使用，，中的一种运输方式，故满足条件的运输方式有种，第二类：第一和第六环节运输方式不相同的运输顺序，若第1,6环节的运输方式不同，则第2,3,5环节只需至少一个环节使用运输方式，第4环节必须使用，，中的一种运输方式，故满足条件的运输方式有种，由分类加法计数原理可得满足条件的运输方式有18+42种，即60种.故选：B.11．在中，角A､B､C对边分别为a､b､c，且，当，时，的面积是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用正弦定理求出，利用余弦定理求出，即可求出的面积.【详解】对于，用正弦定理得：.因为，且,所以.由余弦定理得：,解得：（舍去）.所以的面积是.故选：C12．若函数为函数图象的一条切线，则的最小值为（    ）A． B． C．1 D．2【答案】B【分析】求得的切线方程，由此求得的表达式，利用导数求得的最小值.【详解】设点是函数图象上任一点，其中，，所以过点的切线方程为，即，故，，构造函数，所以在区间上，递减，在区间上，递增，所以在区间上的极小值也即是最小值为，即的最小值为.故选：B【点睛】本小题解题关键是将表示成的形式，然后利用导数求得的最小值. 二、填空题13．若，则______．【答案】11【分析】利用排列数公式展开，解方程即得.【详解】,解得或（舍去），故答案为：11.14．函数的图象在点处的切线的斜率为______.【答案】【分析】先求得解析式，将x=1代入，即可得答案.【详解】由题意得，所以在点处的切线的斜率.故答案为：15．已知过抛物线C：y2＝8x焦点的直线交抛物线于A，B两点，过点A作抛物线准线的垂线，垂足为M，，则A点的横坐标为___．【答案】4【分析】依据题给条件以抛物线定义数形结合解之即可.【详解】抛物线C：y2＝8x焦点，准线，令，,取AM中点N，连接BN，交x轴于T，又，则由，得由，可得，又则有解之得或（舍）故答案为：416．已知椭圆的左，右焦点分别为，，过作垂直轴的直线交椭圆于两点，点在轴上方.若，的内切圆的面积为，则直线的方程是_____________________ .【答案】【分析】利用，的内切圆的面积为求出a、b、c，得到的坐标，即可求出直线的方程.【详解】椭圆中,令,得，所以.又△ABF2的内切圆面积为,即所以内切圆半径.由椭圆的定义可得△ABF2的周长为4a,而△ABF2的面积为，即.又，解得：则，所以直线AF2的方程是，即为3x+4y-3=0.故答案为：3x+4y-3=0 三、解答题17．已知函数，(1)求函数的单调递增区间；(2)若函数在上有零点，求的取值范围．【答案】(1) ，k∈Z(2) 【分析】（1）利用余弦的二倍角公式化简，再结合余弦函数的单调性求解即可；（2）转化为方程在上有解即可.【详解】（1）当 ，k∈Z时，单调递增，∴函数的单调递增区间为，k∈Z．（2）函数在上有零点，也就是在上有解．∵当时，．∴a的取值范围是．18．已知圆，直线．(1)证明：直线l与圆C恒有两个交点．(2)若直线与圆的两个交点为，且，求m的值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）化简直线，得到直线恒过点，结合点与圆的位置关系，即可求解；（2）根据题意，利用圆的弦长公式求得圆心到直线的距离，列出方程，即可求解.【详解】（1）证明：圆的标准方程为，圆心坐标为，半径长为2，由于直线，即，令，解得，，所以恒过点，所以，则点在圆内，所以直线与圆恒有两个交点．（2）解：由圆的标准方程为，圆心坐标为，半径长为，因为直线与圆的两个交点为，且，可得，解得，又由圆心到直线的距离，可得，所以.19．已知数列中，是其前项和，并且，.(1)设，求证：数列是等比数列；(2)求数列的通项公式；(3)数列中是否存在最大项与最小项，若存在，求出最大项与最小项，若不存在，说明理由.【答案】(1)证明见解析；(2)；(3)存在最小项，不存在最大项，理由见解析. 【分析】（1）根据给定递推公式，结合“当时，”及已知变形，利用等比数列定义判断作答.（2）由（1）求出，再构造数列求解作答.（3）由（2）的结论，判断数列的单调性即可作答.【详解】（1）因，，则当时，，因此，即，而，则，又，，即，有，所以数列是以3为首项，2为公比的等比数列.（2）由（1）知，则有，因此数列是以为首项，为公差的等差数列，则，所以数列的通项公式是.（3）由（2）知，，于是得是递增数列，所以数列存在最小项，不存在最大项.20．在四边形ABCD中，，，，(1)求；(2)若，求的面积．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由余弦定理求出，再由正弦定理求出即可；（2）根据，得到，利用正弦定理求出，再根据面积公式可求出结果.【详解】（1）由余弦定理得，所以，由正弦定理得，得.（2）因为，，所以，而，故，所以，由正弦定理得，得，所以的面积为：.21．已知，函数，．(1)讨论的单调性；(2)过原点分别作曲线和的切线和，求证：存在，使得切线和的斜率互为倒数．【答案】(1)时， 在递增；时，的增区间是，减区间是．(2)证明见解析 【分析】（1）求出函数的定义域和导数，然后分和两种情况讨论，分析在上导数符号的变化，即可得出函数的单调区间；（2）根据导数的几何意义求出过原点的切线方程的斜率，由斜率之间的关系可得，再通过构造函数判断其有解即可.【详解】（1）的定义域是，，时，恒成立，在递增，时，时，，时，，的增区间是，减区间是．综上：时，在递增；时，的增区间是，减区间是．（2）证明：，，设的切线方程是，则，显然，，切点为，于是，解得，所以的斜率为e，于是的斜率为，设的切点坐标为，由，，又，所以，整理得，设，，当时，，在上递增，而，所以，时，，在上递减，又，所以存在，使得，因此关于的方程有正数解．所以存在，使得切线和的斜率互为倒数．【点睛】本题考查带参函数单调区间的求解，同时也考查了利用导数的几何意义及构造函数解决方程有解的问题.22．平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.(1)求曲线的普通方程与曲线的直角坐标方程；(2)求曲线上的动点到曲线距离的取值范围.【答案】(1)；；(2). 【分析】（1）利用参数方程化普通方程、极坐标与直角坐标互化原则直接化简可得结果；（2）设曲线上的动点，利用点到直线距离公式表示出所求距离，结合正弦型三角函数值域的求解方法求得结果.【详解】（1）由（为参数）得：，；即曲线的普通方程为：；由得：，，即曲线的直角坐标方程为：；（2）设曲线上的动点，则到直线的距离，，，，，，即曲线上的动点到曲线距离的取值范围为.23．设函数.（1）求函数的最小值；（2）若函数的最小值为，且正实数，，满足，证明：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1），由且，即可得解.（1）利用基本不等式即可得证.【详解】（1），当且仅当时等号成立，所以函数的最小值为1.（2）由（1）知，且，，为正实数，所以，即，当且仅当，时等号成立.【点睛】易错点睛：本题考查了求绝对值不等式的最小值，利用基本不等式证明不等式，利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：（1）“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.