2022-2023学年重庆市高二下学期3月月度质量检测数学试题含解析

2022-2023学年重庆市高二下学期3月月度质量检测数学试题

一、单选题

1．设是虚数单位，若，则复数的共轭复数是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【详解】 ,

故选D.

2．已知向量，，，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用平面向量垂直的坐标表示可求得实数的值.

【详解】因为向量，，，则，解得.

故选：C.

3．下列函数中，既是偶函数又在上单调递增的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】分别求出函数和的定义域，根据奇偶函数的定义域关于原点对称，可知AB选项为非奇非偶函数函数；函数，根据指数函数的图象即可判断C选项；对于函数，根据二次函数的图象和性质，可知D选项不符合题意，从而得出答案.

【详解】解：函数的定义域为，不关于原点对称，所以为非奇非偶函数；

同理的定义域为，不关于原点对称，所以为非奇非偶函数；

函数，根据指数函数的图象可知为偶函数且在上单调递增；

函数为偶函数，但它的图象为开口向下的抛物线，在上单调递减，也不符合题意，

故选：C.

4．圆柱的轴截面是边长为2的正方形，则圆柱的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】求出圆柱的底面半径和高，即可求出结果.

【详解】由题意可知，圆柱底面半径为1，高为2，表面积为

故选：A

【点睛】本题考查了圆柱的表面积，考查了运算求解能力，属于基础题目.

5．点为内一点，且，则（   ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】作，，可知点为的重心，推导出，设，用表示、的面积，即可计算得出的值.

【详解】作，，则，故点为的重心，

延长、、分别交、、于点、、，

则点、、分别为、、的中点，如下图所示：

由重心的性质可得，所以，，

同理可得，所以，，设，

，

同理可得，，

因此，.

故选：D.

6． （    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据诱导公式和正弦的差角公式求解即可.

【详解】解：因为，

所以.

故选：A

7．设分别为双曲线的左右焦点，点为双曲线上的一点，若的重心和内心的连线与x轴垂直，则双曲线的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先求出的重心坐标，再根据双曲线定义及切线长定理求出的内心横坐标，根据重心与内心横坐标相同得到方程，求出离心率.

【详解】将代入，解得：，即，不妨令，则，，所以重心坐标为，设的内心为D，内切圆与，的切点分别为A，B，与x轴切点为C，则PA=PB，，，且点D与点C横坐标相同，又由双曲线定义知：，从而，设，则，解得：，故点C为双曲线的右顶点，故D点的横坐标为a，因为的重心和内心的连线与x轴垂直，所以，解得：，即，解得：.

故选：A

8．在三棱锥中，面面，，，，是的中点.设，若，则二面角的余弦值的范围为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，先求组成二面角的两个半平面的法向量，再求两个法向量的夹角的余弦值范围即可.

【详解】解：面面，面面，，面，

所以面，，

在平面作直线直线，则，

以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

不妨设，则，

在，，

易求边上的高为，线段在上的投影长为，

所以，，，，

，，，

设平面的一个法向量为，

则，即，

令，则平面的一个法向量为，

设平面的一个法向量为，

则，即，

令，则平面的一个法向量为，

，，，

设二面角的平面角为，

，，

显然是关于的减函数，

时，，

时，，

故选：D.

【点睛】考查用坐标向量法求二面角平面角余弦值的范围，运算量大，易出错，难题.

二、多选题

9．（多选）满足的集合可能是

A． B． C． D．

【答案】ABD

【分析】根据分析，集合中一定含有元素5，可能含有1、3，根据情况选出答案即可

【详解】由知，，且中至少有1个元素5，故选ABD.

【点睛】本题考查根据集合的并集结果求出某一集合的方法，抓住集合的互异性快速锁定元素5集合中必须含有元素是解题关键

10．下列命题中，正确的是（    ）

A．若，分别是平面α，β的法向量，则

B．若，分别是平面α，β的法向量，则

C．若是平面α的法向量，是直线l的方向向量，l与平面α平行，则

D．若两个平面的法向量不垂直，则这两个平面不垂直

【答案】BCD

【分析】选项A中平面α，β可能平行或重合；选项B，两个平面垂直则法向量互相垂直，选项是正确的；直线和平面平行，则直线和平面的法向量垂直，可得C也是正确的；D选项是B中命题的逆否命题，所以D也是正确的.

【详解】选项A中平面α，β可能平行或重合，所以选项A错误；

选项B，两个平面垂直则法向量互相垂直，即点积为0，反之也成立，故B正确；

选项C，直线和平面平行，则直线和平面的法向量垂直，即法向量点积为0，故C正确；

选项D，由B选项知，平面垂直和法向量垂直是等价的， D选项是其逆否命题，

故D是正确的.

故选：BCD．

11．如图，直三棱柱为等腰直角三角形，，且分别是的中点，分别是上的两个动点，则（    ）

A．与一定是异面直线 B．三棱锥的体积为定值

C．直线与所成角为 D．若为中点，则四棱锥的外接球体积为

【答案】BCD

【分析】当特殊情况与重合有与相交且共面，可判断A不正确；根据线面垂直､面面垂直判定可证面面，可知､到面的距离，可求，可判定B正确；根据线面垂直的判定及性质即可确定与所成角，可判断C正确；由面面垂直､勾股､矩形性质等确定外接球半径，进而求体积，可判定D正确.

【详解】对于A中，当与重合时，与相交且共面，所以A错误；

对于B中，由，且，则面，

又由面，面面，所以面面，

因为，且到面的距离为，

所以，所以B正确；

对于C中，由，，，所以面，

又由，可得面，因为面，所以，

所以C正确；

对于D中，由面面，可得面面，

则到面的距离为，

又由为中点，若交点为，为中点，连接，则，故，由矩形的性质知，

令四棱锥的外接球半径为，则，所以四棱锥的外接球体积为，所以D正确.

故选：BCD.

12．已知函数，下列结论正确的是（    ）

A．是奇函数

B．若在定义域上是增函数，则

C．若的值域为，则

D．当时，若，则

【答案】AB

【分析】对于A利用函数奇偶性定义证明；对于B，由增函数定义知即可求解； 对于C，利用指数函数的单调性，求出分段函数每段函数上的值域，结合的值域为，即可求解；对于D，将等价于，利用函数定义域及单调性即可求解；

【详解】对于A，当时，，，；

当时，，，，所以是奇函数，故A正确；

对于B，由在定义域上是增函数，知，解得，故B正确；

对于C，当时，在区间上单调递增，此时值域为，

当时，在区间上单调递增，此时值域为，要使的值域为，则，解得，故C错误；

对于D，当时，由于，则在定义域上是增函数，等价于，

即，解得，故D错误；

故选：AB

三、填空题

13．已知某扇形的圆心角为，半径为3，则该扇形的弧长为______.

【答案】

【解析】根据扇形的弧长公式直接计算出扇形的弧长.

【详解】因为扇形的弧长，所以，

故答案为：.

14．已知a>0，则5a+的最小值是____.

【答案】10

【分析】根据均值不等式即可求出答案.

【详解】因为a>0，所以5a+=10(当且仅当5a=即a=1时，等号成立).

【点睛】本题考查均值不等式的应用，注意取最值的条件，属于简单题.

15．已知函数，当x∈[0，10π]时，把函数F（x）＝f（x）﹣6的所有零点依次记为x1，x2，x3，…，xn，且x1＜x2＜x3＜…＜xn，记数列{xn}的前n项和为Sn，则2Sn﹣（x1+xn）＝______．

【答案】

【分析】将函数F（x）＝f（x）﹣6的零点，转化为与的交点的横坐标，求出函数的对称轴，由对称性得出每隔两相邻零点的和，由等差数列的求和公式求解．

【详解】F（x）＝f（x）﹣6的零点即f（x）＝6，即，

由，解得，

即为图象的最高点所对应的对称轴方程，

则x1+x2＝，x3+x4＝，…，x19+x20＝，

所以Sn＝，

又x1+xn＝，

则2Sn﹣（x1+xn）＝，

故答案为：．

【点睛】关键点点睛：在将问题转化为与的交点的横坐标后，明确交点关于的最高点所对应的对称轴对称是解决本题的关键.

16．已知,且满足则的取值范围为_____.

【答案】

【解析】将方程组有解，转化为直线和圆有交点，由圆心到直线的距离不大于半径列不等式组，解不等式组求得的取值范围.

【详解】∵,∴,

∵方程组有解,∴方程组可看作直线a+b=2﹣c与a2+b2=2﹣c2有交点,

∴,解得.

故答案为:.

【点睛】本小题主要考查直线和圆的位置关系，考查化归与转化的数学思想方法，考查点到直线的距离公式，属于难题.

四、解答题

17．函数是定义在上的奇函数，且．

（1）求实数a，b，并确定函数的解析式；

（2）判断在（-1，1）上的单调性，并用定义证明你的结论；

（3）写出的单调减区间，并判断有无最大值或最小值？如有，写出最大值或最小值．（本小问不需要说明理由）

【答案】（1）（2）见解析（3）单调减区间为x=-1时，，当x=1时，．

【详解】试题分析：（1）先根据函数为奇函数（）求出值，再利用求出值，即可其解析式；（2）利用函数的单调性定义进行判定与证明；（3）结合（2）问容易得到单调递减区间，进而写出最值.

解题思路:（1）求解析式的一种主要方法是待定系数法；（2）利用函数单调性的定义证明函数的单调性的一般步骤为：设值代值、作差变形、判定符号、下结论.

试题解析：（1）是奇函数，．

即，，

，又，，，

（2）任取，且，

，

，，，，

在（-1，1）上是增函数．

（3）单调减区间为

当x=-1时，，当x=1时，.

【解析】1.函数的奇偶性；2.函数的解析式；3.函数的单调性与最值.

18．比较下列各题中两个代数式的大小：

(1)与.

(2)与.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用作差法得到，则比较出大小；

（2）利用作差法得到，则比较出大小.

【详解】（1），

故.

（2）

故

19．如图，在直三棱柱中，是正三角形，是棱的中点.

(1)求证平面平面；

(2)若，求点到平面的距离.

【答案】(1)详见解析；

(2).

【分析】（1）分别取的中点，利用线面垂直的判定定理可得平面，进而可得平面，然后利用面面垂直的判定定理即得；

（2）利用等体积法，即得.

【详解】（1）分别取的中点，连接，

则，又，

所以，即四边形为平行四边形，

∴，

∵平面，平面，

∴，又是正三角形，是的中点，

∴，又平面，平面，

∴平面，∴平面，又平面，

∴平面平面；

（2）因为，由题可知直三棱柱为正三棱柱，

设点到面的距离为，点到面的距离为，

∴，

又∵，

∴，

∴，即，

∴点到平面的距离为.

20．已知二次函数的值域为.

（1）判断此函数的奇偶性，并说明理由；

（2）判断此函数在的单调性，并用单调性的定义证明你的结论；

（3）求出在上的最小值，并求的值域.

【答案】（1）见解析（2）见解析（3）见解析

【分析】（1）根据题意，由二次函数的性质求出f（x）的对称轴，结合函数奇偶性的定义分析可得结论；

（2）根据题意，由二次函数的性质分析可得a＞0，设x1＜x2，由作差法分析可得结论；

（3）根据题意，分析可得ac＝4，按对称轴x对a分情况讨论，由二次函数的性质分析可得答案．

【详解】解：（1）由题意知，二次函数f（x）＝ax2﹣4x+c，其对称轴为x，

则f（x）的图象不关于y轴对称，也不关于点（0，0）对称，

故f（x）是非奇非偶函数；

（2）函数在[，+∞）上为增函数，

证明：二次函数f（x）＝ax2﹣4x+c的值域为[0，+∞），则有a＞0，

设x1＜x2，

f（x1）﹣f（x2）＝（ax12﹣4x1+c）﹣（ax22﹣4x2+c）＝a（x12﹣x22）﹣4（x1﹣x2）＝（x1﹣x2）[（x1+x2）a﹣4]，

又由x1＜x2，则（x1﹣x2）＜0，（x1+x2）a﹣4＞0，

则f（x1）﹣f（x2）＜0，

即函数f（x）在[，+∞）上为增函数；

（3）二次函数f（x）＝ax2﹣4x+c的值域为[0，+∞），

则有a＞0且16﹣4ac＝0，变形可得ac＝4，

f（x）＝ax2﹣4x+c，其对称轴为x，

又a＞0，分2种情况讨论：

①，1时，即a＞2时，f（x）在[1，+∞）上递增，

此时g（a）＝f（1）＝a+c﹣4＝a4；

②，1时，即0＜a＜2时，此时g（a）＝f（）＝0，

则g（a）；

当0＜a≤2时，g（a）＝0，当a＞2时，g（a）＝a4≥24＝0，

综合可得：y＝g（a）的值域为[0，+∞）．

【点睛】本题考查函数的性质，涉及单调性、奇偶性、最值与二次函数的简单性质的应用，属于中档题．

21．人脸识别技术应用在各行各业，改变着人类的生活，所谓人脸识别，就是利用计算机分析人脸视频或者图像，并从中提取出有效的识别信息，最终判别人脸对象的身份.在人脸识别中为了检测样本之间的相似度主要应用距离的测试，常用的测量距离的方式有曼哈顿距离和余弦距离.假设二维空间两个点，，曼哈顿距离.

余弦相似度：.

余弦距离：.

(1)若，，求A，B之间的和余弦距离；

(2)已知，，，若，，求的值.

【答案】(1)，余弦距离等于

(2)

【分析】（1）根据曼哈顿距离的计算公式即可求得，利用余弦距离的公式可求得A，B之间的余弦距离；

（2）根据已知结合定义中所给公式可得,以及，两式整理即可求得答案.

【详解】（1），

，所以余弦距等于；

（2）由得

,

同理：由得，

故，

即，

则.

22．已知函数．

（1）当时，若对恒成立，求实数的取值范围；

（2）关于的不等式在上有解，求实数的取值范围．

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）本题首先可根据题意得出，然后通过去绝对值得出函数的最大值为，最后将对恒成立转化为，通过计算即可得出结果；

（2）本题首先可根据将转化为，然后去绝对值，得出，最后通过求出、的最值即可得出结果.

【详解】（1）当时，，

当时，；

当时，，；

当时，，

故函数的最大值为，

因为对恒成立，所以对恒成立，

即，，解得或，

故的取值范围为.

（2）因为，所以，

即，，

因为在上有解，所以在上有解，

即，，

因为，，所以，的取值范围为.

【点睛】本题考查根据绝对值不等式恒成立求参数以及根据绝对值不等式有解求参数，可通过求最值的方式进行求解，考查通过分类讨论去绝对值，考查一元二次不等式的解法，考查推理能力与计算能力，是难题.