2023迪庆藏族自治州民族中学高二下学期3月月考试题数学含解析

这是一份2023迪庆藏族自治州民族中学高二下学期3月月考试题数学含解析，共13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。
保密★启用前云南省迪庆州民族中学2022-2023学年高二下学期3月数学检测数  学（全卷满分120分，考试用时120分钟） 第I卷（选择题）一、单选题1．在平行四边形 中，，，，是的中点，则（    ）A． B． C． D．2．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．3．已知函数，若经过点且与曲线相切的直线有三条，则（    ）A． B． C． D．或4．在三棱柱中，D是四边形的中心，且，，，则（    ）A． B．C． D．5．已知奇函数的图象经过点，则的解析式可能为（    ）A． B．C． D．6．“关于x的方程有实数解”的一个充分不必要条件是（    ）A． B． C． D． 二、多选题7．设的内角、、所对的边为、、，则下列命题正确的是（    ）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则8．下列结论中正确的是（    ）A．B．若是第三象限角，则C．若角的终边过点，D．第II卷（非选择题）三、填空题9．“赵爽弦图”是中国古代数学的图腾，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形．如图，某人仿照赵爽弦图，用四个三角形和一个小的平行四边形拼成一个大平行四边形，其中E，F，G，H分别是DF，AG，BH，CE的中点，若，则______．10．动圆过点且与圆：内切，当时，三角形的面积为________．11．为______．12．已知扇形的圆心角为，半径为，则扇形的弧长为______. 四、解答题13．2022年8月17日，为进一步捍卫国家主权和领土完整，中国人民解放军东部战区继续开展围绕某岛的军事演习，海陆空三军联手展开全域作战演练，各类现役主力装备悉数登场，其中解放军长航时无人机远海作战能力再一次强力震慑住了敌对势力.例如两型侦察干扰无人机可以在遥控设备或自备程序控制操纵的情况下执行任务，进行对敌方通讯设施的电磁压制和干扰，甚至压制敌方的防空系统.为了检验实战效果，某作战部门对某处战场实施“电磁干扰”实验，据测定，该处的“干扰指数”与无人机干扰源的强度和距离的比值成正比，比例系数为常数.现已知相距36的两处配置两架无人机干扰源，其对敌干扰的强度分别为和，线段上任意一点处的干扰指数等于两机对该处的干扰指数之和，设.(1)试将表示为的函数，并求出定义域；(2)当时，试确定“干扰指数”最小时所处的位置.14．已知命题p：任意x∈[1,2]，x2－a≥0，命题q：存在x∈R，x2＋2ax＋2－a＝0.若命题p与q都是真命题，求实数a的取值范围．15．已知集合，(1)当时，求；(2)若，求实数的取值范围.16．如图，将边长为的正方形沿对角线折叠，使得平面与平面所成二面角为直角，平面，且.（1）求证：直线与平面没有公共点；（2）求点到平面的距离.
参考答案：1．D【分析】先用基底表示出,直接进行数量积运算即可得到答案.【详解】在平行四边形 中， ，，，是的中点，所以.所以=6故选：D2．D【分析】利用所给集合，直接可得结论．【详解】，∴，．故选【点睛】本题考查集合的包含关系与运算，考查学生分析解决问题的能力，比较基础．3．A【分析】设切点为，再根据导数的几何意义结合两点间的斜率公式可得有3个解，构造函数，求导分析单调性与极值可得的取值范围.【详解】，设经过点且与曲线相切的切点为，则.又切线经过，故由题意有3个解.化简有，即有3个解.设，则，令有或，故当时，，单调递减；当时，，单调递增；当时，，单调递减.又，，且，，故要有3个解，则.故选：A【点睛】已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解4．D【分析】利用空间向量线性运算计算即可.【详解】.故选：D.5．D【分析】根据以及函数的奇偶性确定正确答案.【详解】A选项，，A选项错误.B选项，，B选项错误.C选项，是偶函数，C选项错误.D选项，为奇函数，符合题意.故选：D6．C【分析】首先根据题意得到，令，，再根据的范围结合选项即可得到答案.【详解】由题知：，，令，，因为，，所以.故关于x的方程有实数解”的一个充分不必要条件是.故选：C【点睛】本题主要考查函数的零点问题，同时考查了转化思想，属于中档题.7．ABC【分析】利用余弦定理与基本不等式可判断AB选项的正误；利用反证法结合不等式的基本性质可判断C选项的正误；利用特殊值法可判断D选项的正误.【详解】对于A选项，由余弦定理可得，，故，A选项正确；对于B选项，，则，则，由余弦定理可得，，故，B选项正确；对于C选项，假设，则，则，所以，，与矛盾，假设不成立，故，故C选项正确；对于D，取，，满足，且，则为锐角，故D选项错误.故选：ABC.【点睛】方法点睛：在解三角形的问题中，若已知条件同时含有边和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要选择“边化角”或“角化边”，变换原则如下：（1）若式子中含有正弦的齐次式，优先考虑正弦定理“角化边”；（2）若式子中含有、、的齐次式，优先考虑正弦定理“边化角”；（3）若式子中含有余弦的齐次式，优先考虑余弦定理“角化边”；（4）代数式变形或者三角恒等变换前置；（5）含有面积公式的问题，要考虑结合余弦定理求解；（6）同时出现两个自由角（或三个自由角）时，要用到三角形的内角和定理.8．ABD【分析】利用角度值与弧度制的互化可判断A；利用三角函数的象限符号可判断B；利用三角函数的定义可判断C；利用同角三角函数的基本关系以及二倍角公式可判断D.【详解】对于A，，故A正确；对于B，由三角函数的象限符号可知，若是第三象限角，则，故B正确；对于C，角的终边过点，则，故C错误；对于D，，故D正确.故选：ABD【点睛】本题考查了角度值与弧度制的互化、三角函数的象限符号、三角函数的定义、同角三角函数的基本关系以及二倍角公式，考查了三角函数的基本知识，属于基础题.9．##0.32【分析】直接由向量的线性运算及图形关系求出的值，即可求解.【详解】由题意可得．因为EFGH是平行四边形，所以，所以，所以．因为，所以，，则．故答案为：.10．【分析】设动圆圆心，半径为，进而根据题意得点的轨迹是以为焦点的椭圆，其中，在结合焦点三角形的知识解决即可.【详解】解：设动圆圆心，半径为，根据题意，圆：的圆心， 因为动圆过点且与圆：内切，所以，所以，所以点的轨迹是以为焦点的椭圆，其中，所以，即点的轨迹方程为，所以在中，，，代入数据得，解得，所以 故答案为:11．【分析】先计算，再直接计算即可.【详解】故答案为：12．9【分析】由扇形的弧长公式运算可得解.【详解】解：由扇形的弧长公式得：，故答案为9.【点睛】本题考查了扇形的弧长，属基础题.13．(1)，定义域为(2)“干扰指数”最小时所处位置在距离A点处 【分析】（1）根据题意即可求出，继而根据问题实际意义求得函数定义域；（2）将变为，利用基本不等式即可求得答案.【详解】（1）由题意，点受A干扰指数为，点受干扰指数为，其中，从而点处干扰指数：，又，故定义域为.（2）当，时，,当且仅当,即时，等号成立.故“干扰指数”最小时所处位置在距离A点处.14．{a|a≤－2，或a＝1}.【分析】分别就命题p，命题q为真命题时求出实数a的两个解集，若命题p与q都是真命题，即求出实数a的两个解集的交集.【详解】由命题p为真，可得不等式x2－a≥0在x∈[1,2]上恒成立．所以a≤(x2)min，x∈[1,2]．所以a≤1.若命题q为真，则方程x2＋2ax＋2－a＝0有解．所以判别式Δ＝4a2－4(2－a)≥0.所以a≥1或a≤－2.又因为p，q都为真命题，所以所以a≤－2或a＝1.所以实数a的取值范围是{a|a≤－2，或a＝1}．【点睛】此题考查命题间的关系，通过两个命题的真假求参数的范围，常用解法分别解出两个命题的取值范围，再根据两个命题的关系求解.15．(1)，，(2) 【分析】（1）求和集合可求.（2）根据集合的包含关系可求实数的取值范围.【详解】（1），而时，，故，，故.（2），，因为，故.16．（1）证明见解析；（2）.【分析】(1)取的中点，连接、，证明平面即可得解；(2)在三棱锥中，利用等体积法即可求出点到平面的距离.【详解】(1)取的中点，连接、，如图，依题意，在中，，则，而平面与平面所成二面角为直角，即平面平面，又平面平面，平面，于是得平面，且，因平面，且，则有，且，从而得四边形为平行四边形，，又平面，平面，则平面，所以直线与平面没有公共点；(2)由(1)可得平面，,，于是得平面，，则等腰底边BD上的高，，而，设点到平面的距离为d，由得，即，解得，所以点到平面的距离为1.