威信县第二中学2022-2023学年高三下学期3月数学检测

这是一份威信县第二中学2022-2023学年高三下学期3月数学检测，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．数学与文学有许多奇妙的联系，如诗中有回文诗“儿忆父兮妻忆夫”，既可以顺读也可以逆读.数学中有回文数，如343 ，12521等.两位数的回文数有11 ，22 ，3，……，99共9个，则在三位数的回文数中偶数的个数是（ ）
A．40B．30C．20D．10
2．下列命题中的假命题是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
3．已知双曲线的一条渐近线方程为，则此双曲线的离心率是（ ）
A．B．C．2D．
4．已知某7个数的平均数为4，方差为2，现加入一个新数据4，此时这8个数的平均数为，方差为，则
A．，B．，C．，D．，
5．已知集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
6．若函数与函数的奇偶性相同，则称为的“同心函数”，那么，在下列给出的函数中，为函数的“同心函数”的是
A．B．C．D．
7．已知，则下列不等式中恒成立的是（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数，以下结论正确的个数为（ ）
①当时，函数的图象的对称中心为；
②当时，函数在上为单调递减函数；
③若函数在上不单调，则；
④当时，在上的最大值为15．
A．1B．2C．3D．4
二、多选题
9．已知，，，则下列不等式恒成立的是（ ）
A．B．C．D．
10．对于函数，下列说法正确的是（ ）
A．在处取得极大值
B．有两个不同的零点
C．
D．若在上恒成立，则
11．如图，已知点G为的重心，点D，E分别为AB，AC上的点，且D，G，E三点共线，，，，，记，，四边形BDEC的面积分别为，，，则（ ）
A．B．C．D．
12．已知函数，是的导数，下列说法正确的是（ ）
A．曲线在处的切线方程为
B．在上单调递增，在上单调递减
C．对于任意的总满足
D．直线与在上有一个交点且横坐标取值范围为
三、填空题
13．交通信号灯由红灯、绿灯、黄灯组成，红灯表示禁止通行，绿灯表示准许通行，黄灯表示警示，黄灯设置的时长与路口宽度、限定速度、停车距离有关．经过安全数据统计，驾驶员反应距离（单位：m）关于车速v（单位：）的函数模型为；刹车距离（单位：m）关于车速v（单位：）的函数模型为，反应距离与刹车距离之和称为停车距离，在某个十字路口标示小汽车最大限速（约），路口宽度为，如果只考虑小车通行安全，黄灯亮的时间是允许最大限速的车辆离停车线距离小于停车距离的汽车通过十字路口，那么信号灯的黄灯至少要亮____________s（保留两位有效数字）．
14．已知向量，若//，则实数______________.
15．函数取得最大值时的值是__________.
16．已知数列各项均不为0，其前项和为，且，，则______.
四、解答题
17．已知实数p满足不等式，试判断方程有无实根，并给出证明．
18．如图,三棱柱中, ,,平面平面 ,与 相交于点.
（Ⅰ）求证:平面 ；
（Ⅱ）求二面角的余弦值.
19．如图，在多面体中，平面，平面.，，，为的中点.
（1）求证：平面；
（2）求该多面体的体积；
（3）求平面与平面所成的锐二面角的大小.
20．已知椭圆经过点，点为椭圆C的右焦点，过点F与坐标轴不垂直的直线l交椭圆于P、Q两点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)在线段OF上是否存在点，使得？若存在，求出m的取值范围；若不存在，请说明理由．
21．已知函数，.
(1)当时，求函数在区间上的极小值；
(2)求证：函数存在单调递减区间；
(3)是否存在实数m，使曲线C：在点P(1,1)处的切线l与曲线C有且只有一个公共点？若存在，求出实数m的值；若不存在，请说明理由．
22．已知椭圆的中心在坐标原点，焦点在轴上，左、右焦点分别为、，离心率，短轴长为2，．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设过且斜率不为零的直线与椭圆交于、两点，过作直线的垂线，垂足为，证明：直线恒过一定点，并求出该定点的坐标；
(3)过点作另一直线，与椭圆分别交于、两点，求的取值范围．
参考答案：
1．A
【分析】根据回文数定义，确定首位，再确定中间数，最后根据分步乘法计数原理得结果.
【详解】由题意，若三位数的回文数是偶数，则末（首）位可能为，，，.如果末（首）位为，
中间一位数有种可能，同理可得，如果末（首）位为或或，
中间一位数均有种可能，所以有个，
故选：A
【点睛】本题考查分步计数原理实际应用，考查基本分析求解能力，属基础题.
2．B
【分析】根据含有量词的命题的真假判断方法判断即可；
【详解】解：对于选项，，，所以该选项正确；
对于选项，，，(当时取等号)，所以该选项错误；
对于选项，如时，，所以，，所以该选项正确；
对于选项，当时，，所以，，所以该选项正确.
故选：B.
【点睛】本题考查含有量词的命题的真假判断，属于基础题.
3．D
【分析】先求出双曲线的渐近线方程，根据离心率公式可得选项.
【详解】设双曲线的焦距为，由双曲线的渐近线方程为，知，则双曲线的离心率，
故选D．
【点睛】本题考查双曲线的几何性质,求解时，注意焦点的位置，属于基础题．
4．A
【解析】由题设条件，利用平均数和方差的计算公式进行求解即可．
【详解】解：某7个数的平均数为，方差为，
则这8个数的平均数为，
方差为．
故选：．
【点睛】本题考查了平均数和方差的计算应用问题，属于基础题．
5．A
【分析】解绝对值不等式确定集合，然后由交集定义计算．
【详解】，则.
故选：A.
【点睛】本题考查求集合的交集运算，解题关键是确定集合中的元素，本题属于基础题．
6．B
【详解】 当时，，又因为，所以函数与函数都是奇函数故选B.
7．D
【分析】对于A：根据在R上为增函数即可判断；
对于B：根据在上为增函数即可判断；
对于C：根据在R上为增函数即可判断；
对于D：根据在上为减函数即可判断..
【详解】对于A：要判断是否成立，根据在R上为增函数，∵，所以，即，故A错误；
对于B：要判断是否成立，根据在上为增函数，∵，∴，∴，故B错误；
对于C：要判断是否成立，根据在R上为增函数，∵，所以，即，故C错误；
对于D：要判断是否成立，根据在上为减函数，∵，所以，即，故D正确.
故选：D
【点睛】结构相同的式子比较大小，可以根据式子结构构造函数，利用函数的单调性比较大小.
8．C
【解析】逐一分析选项，①根据函数的对称中心判断；②利用导数判断函数的单调性；③先求函数的导数，若满足条件，则极值点必在区间；④利用导数求函数在给定区间的最值.
【详解】①为奇函数，其图象的对称中心为原点，根据平移知识，函数的图象的对称中心为，正确．
②由题意知．因为当时，，
又，所以在上恒成立，所以函数在上为单调递减函数，正确．
③由题意知，当时，，此时在上为增函数，不合题意，故．
令，解得．因为在上不单调，所以在上有解，
需，解得，正确．
④令，得．根据函数的单调性，在上的最大值只可能为或．
因为，，所以最大值为64，结论错误．
故选：C
【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，极值，最值，意在考查基本的判断方法，属于基础题型.
9．BC
【分析】由、结合条件等式可判断A、B，由结合条件等式可判断C、由结合条件等式可判断D.
【详解】对于A，B，由，，利用基本不等式，可得，解得，
又（当且仅当时，等号成立），而，所以，所以，故B正确，A错误：
对于C，由，，利用基本不等式，
变形得（当且仅当时，等号成立），解得，
即，故C正确；
对于D，由，，利用基本不等式化简
得（当且仅当时，等号成立），
解得，故D错误；
故选：BC
10．ACD
【解析】求出导函数，利用导数确定单调性，极值，判断各选项．
【详解】定义域为，
由题意，当时，，递增，当时，，递减，
所以在时取得极大值，A正确；
当时，，因此在上一个零点1，在上，无零点．因此函数只有一个零点，B错；
因为，在上递减，所以，C正确；
，即，
设，则，
当时，，递增，时，，递减，
所以时，取极大值也最大值．
所以．D正确．
故选：ACD．
【点睛】关键点点睛：本题考查用导数研究函数的单调性、极值与最值，不等式恒成立问题．基本方法是：求出导函数，确定和的解，得单调区间，从而确定极值．利用极值及零点存在定理可判断零点个数，利用最值可得出不等式恒成立时的参数范围．
11．ABC
【分析】连接AG并延长交BC于点M，由三角形重心结合向量运算探求m，n的关系，
再借助三角形面积公式及均值不等式即可逐项判断作答.
【详解】连接AG并延长交BC于点M，如图，因G为的重心，则M是BC边的中点，且，
又D，G，E三点共线，即，则有，
而，，又，于是得，
而与不共线，因此，，，A正确；
边AD上的高为，边AB上的高为，
则，B正确；
由A可知，，当且仅当时取“=”，则有，
即，而，于是得，C正确，D错误.
故选：ABC
12．ACD
【分析】求出函数的导数，利用导数几何意义求出切线方程判断A；确定给定区间上单调性判断B；构造函数推理论证不等式判断C；利用零点存在性定理判断D作答.
【详解】，则，而，
因此，曲线在点处的切线方程为，A正确；
，则，
设，当时，，
则函数在上单调递增，，因此对任意的恒成立，
所以在上单调递增，B错误；
，，
设，，
则
由选项B知，在上单调递增，而，则，
即有，因此函数在上单调递增，
，即有，
所以对任意的，总满足，C正确；
令，，，
令，，，
由选项B知，，当时，，
即有函数在上单调递增，而，，
存在，使得，当时，，则，当时，，则，
于是得函数在上单调递减，在上单调递增，而，则有，
又，因此存在，使得，
当时，，当时，，
于是得函数在上单调递增，在上单调递减，则，
又，从而存在唯一，使得，
显然当时，，又，令，
，因此函数在上单调递减，，
有，，则，
即，从而函数在上有唯一零点，
所以直线与在上有一个交点且横坐标取值范围为，D正确.
故选：ACD
【点睛】结论点睛：函数y=f(x)是区间D上的可导函数，则曲线y=f(x)在点处的切线方程为：.
13．
【分析】依题意求出反应距离，刹车距离，即可得到路程，再根据速度、路程、时间的关系计算可得；
【详解】解：依题意当小汽车最大限速（约）时，
反应距离，刹车距离，
所以停车距离为，
又路口宽度为，所以，
所以时间；
故答案为：
14．4
【分析】根据向量平行的坐标公式，代值即可求得.
【详解】因为量，且//，
故可得，解得.
故答案为：4.
【点睛】本题考查向量平行的坐标公式，属基础题.
15．
【分析】由辅助角公式化简，再由正弦函数性质求最大值及此时的值.
【详解】，其中，，
当，即时，取得最大值，
，即，
故答案为：.
16．
【分析】利用数列的通项与前n项和的的公式以及等差数列的知识进行求解.
【详解】当时，，即，
∴.
当时，，，两式相减得.
∵，
∴，
∴，都是公差为2的等差数列.
又，，
∴是公差为1的等差数列.
∴，
∴．
故答案为：.
17．无实根，证明见解析．
【分析】解分式不等式确定的范围，然后由判别式确定结论．
【详解】，所以，，
所以，
所以方程无实根．
18．(Ⅰ)见解析；(Ⅱ).
【详解】（Ⅰ）依题意,侧面是菱形, 是的中点,因为 ,所以,
又平面平面 ,且平面 ,平面平面
所以平面 .
（Ⅱ）[传统法]由（Ⅰ）知平面 ,面 ,所以,
又, ,所以平面 ,
过作 ,垂足为,连结 ,则,
所以为二面角 的平面角.
在中, ,
所以,
所以,即二面角 的余弦值是.
[向量法]以为原点,建立空间直角坐标系 如图所示,
由已知可得
故,
则,
设平面的一个法向量是 ,
则,即 ,解得
令,得
显然是平面 的一个法向量,
所以,即二面角 的余弦值是.
【点睛】（Ⅰ）证明直线和平面垂直的常用方法：（1）利用判定定理．（2）利用判定定理的推论（）．（3）利用面面平行的性质（）．（4）利用面面垂直的性质．本题即是利用面面垂直的性质；（Ⅱ）求面面角方法一是传统方法，作出二面角，难度较大，一般不采用，方法二是向量法，思路简单，运算量稍大，一般采用向量法.
19．（1）证明见解析；（2）；（3）.
【解析】（1）由已知可证，取的中点，，所以，再由，证明，平面，进而可证明平面；
（2），求出两个三棱锥的体积即可求解.
（3）建立空间直角坐标系，写出四点的坐标，求出平面的一个法向量，平面的法向量，利用向量夹角公式即可求解.
【详解】（1）因为平面，平面，，，
所以
取的中点，连接，，因为为的中点，
所以，所以，
所以四边形为平行四边形，所以
因为，为的中点，所以，
因为平面，平面，所以，
因为，所以平面，
因为，所以平面.
（2），
由（1）知，平面，
，
所以
（3）如图建立空间直角坐标系，则 ，，，
设平面的一个法向量为，
，，
由，令，则，，
所以
因为平面，所以平面的法向量，
所以，
因为，
所以平面与平面所成的锐二面角为.
【点睛】方法点睛：求二面角的方法总结
（1）定义法：分别在两个半平面内向棱作垂线，垂足为同一点，求两线的夹角
（2）垂面法：作垂直于棱的一个垂面，这个平面与两个半平面分别有一个交线，这两个交线所成的角；
（3）三垂线法：过一个半平面内的一点作另一个半平面的一条垂线，过垂足作棱的垂线，记垂足为，连接，则即为二面角的平面角；
（4）向量法：求两个半平面法向量夹角的即为二面角的平面角或二面角平面角的补角.
20．(1)；
(2)存在，.
【分析】（1）由焦点坐标及椭圆上的点，结合椭圆参数关系列方程组求出a、b、c，即可得椭圆方程.
（2）设，，直线l为，联立椭圆方程，由已知及韦达定理、两点距离公式可得，即可确定存在性及m对应的范围.
（1）
由题意，，解得，
所以椭圆方程为．
（2）
设，，直线l为，
联立直线与椭圆得：，恒成立，
所以，，而，即，
化简得，又，且，
所以，化简得：且，
所以m的取值范围为．
21．(1) 极小值为 (2)见解析 (3) 存在实数m＝1
【分析】（1）求导分析函数的单调性与极值即可；
（2）令，得，再根据韦达定理结合可得有两个正根即可证明；
（3）将题意转换为有且只有一个实根，再构造函数，分析得，再求导分和两种情况讨论函数的单调性，结合零点存在定理判断即可
【详解】（1），， ，
当时，，令，得
，在上的变化情况如下表：
所以当时，函数在x∈[1,3]上取到极小值，且极小值为
(2)证明：令，得(*)，因为Δ＝ (m＋2)2－4m＝m2＋4＞0，所以方程(*)存在两个不等实根，记为a，b(a＜b)．
因为m≥1，所以 ，所以a＞0，b＞0，即方程(*)有两个不等的正根，因此f′(x)＜0的解为(a，b)．故函数f(x)存在单调递减区间[a，b]．
(3)因为f′(1)＝－1，所以曲线C：y＝f(x)在点P(1,1)处的切线l的方程为y＝－x＋2.若切线l与曲线C有且只有一个公共点，则方程m(x－1)2－2x＋3＋ln x＝－x＋2，即有且只有一个实根．显然x＝1是该方程的一个根．令，则.
当m＝1时，有g′(x)≥0恒成立，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以x＝1是方程的唯一解，m＝1符合题意．
当m＞1时，由g′(x)＝0，得x1＝1，x2＝，则x2∈(0,1)，易得g (x)在x1处取到极小值，在x2处取到极大值．所以g(x2)＞g(x1)＝0，又 ，所以函数g(x)在内也有一个解，m＞1不符合题意．综上，存在实数，使曲线C：在点P(1,1)处的切线l与曲线C有且只有一个公共点
22．(1)椭圆的标准方程为
(2)直线恒过定点
(3)的取值范围为
【分析】(1)由条件可列的方程，解方程求，由此可得椭圆标准方程，(2)联立直线与椭圆方程，设，，由此可得，，再求直线的方程，化简确定其过定点，并求出定点坐标，(3)当直线的斜率不存在时，求出、两点坐标，由此求，再考虑当其斜率存在时，的取值范围，由此可得结果.
【详解】（1）因为椭圆的中心在坐标原点，焦点在轴上，所以可设椭圆方程为
∵ 短轴长为2，∴ ，即，
又椭圆的离心率，∴ ，，
∴ ，
∴ 椭圆的标准方程为；
（2）由(1)得，，又直线的斜率不为零，故可设的方程为，
由化简可得，
设，，又直线的方程为，所以，
则，，所以，
由直线的方程为，且，
∴ ，
∴ 线的方程为，
∴ 故直线恒过定点；
（3）若直线的斜率不存在，则直线的方程为，
直线与椭圆的交点为，，
此时或，
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
由化简可得，
由已知方程有两个不同的解，∴ ，即，
设，，则，，
又 ，∴ ，
，设，
则，设，则，，
∴
∴ 且，∴的取值范围为，
综上 的取值范围为.
2
(2，＋∞)
＋
0
－
0
＋
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增