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2022-2023学年重庆市高三上学期12月月考数学试题及答案.doc

发布时间：2023-12-16 发布人：admin 分类：说明书 资料大小：3.22M 资料格式：doc 举报 版权申诉
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    2022-2023 学年重庆市高三上学期 12 月月考数学试题及答 一､选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分，在每小题给出的四个选项中，只有一 案 项是符合题目要求的. a   2i i   b 3i  , a b R ，则（  ） 1. 设 A. C. 3 a  ， 2 b  2 b   a  ， 3 【答案】C 【解析】 B. D. 3 a   ， 2 b  2 b   a   ， 3 【分析】结合复数乘法以及复数相等的知识求得正确答案. 【详解】依题意 R ，  2i i   , a b 3i  a b   即 2   i a   ， 3i b 所以 b 2      3 a ，即 3, b a 2   . 故选：C 2. 已知函数  f x A. 4 【答案】D 【解析】  2   2 x  3 x  ，则  1f 4  （ B. 6 ） C. 7 D. 8 【分析】根据函数解析式求得正确答案. x   得 = 1 x  ， 【详解】由 2 1 依题意，   f x 2   2 x  3 x  ， 4 令 = 1 x  得   1 f     1 2 4 1 3 4 8         . 3   1 故选：D 3. 某篮球运动员练习罚篮，共 20 组，每组 50 次，每组命中球数如下表： 命中球数 46 47 48 49 50
    频数 2 4 4 6 4 则这组数据的中位数和众数分别为（ ） A. 48，4 B. 48.5，4 C. 48，49 D. 48.5， 49 【答案】D 【解析】 【分析】根据中位数和众数的定义即可求解. 【详解】数据总个数为 20 个， 因此中位数是第 10 个与第 11 个数据的中位数，即 48 49  2  48.5 ， 众数为出现最多的数据，即数据 49（出现 6 次）， 故选：D. 4. “  sin   3π   cos    π   7 4 ”是“ sin2  ”的（ 9 16 ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 【答案】A 【解析】 D. 既不充分也不必要条件 【分析】运用诱导公式将条件化简之后，平方法可判断,注意开根号有 2 个解. 【详解】  sin   3π   cos    π    sin   cos   7 4 ， 对上式左右平方得：  sin    cos  2      7 4 2     , 1 sin 2      , 7 16 sin 2   9 16 . 反之，当 sin 2     , 1 sin 2  9 16     , 7 16 sin    cos   sin   cos    7 4 ,  sin    3π   cos    π    2      7 4 2 ,     7 4 故选：A 5. 明朝朱载培发现的十二平均律，又称“十二等程律”，是世界上通用的一组音（八度）分
    成十二个半音音程的律制，各相邻两律之间的波长之比完全相同.若已知应钟、大吕、夹钟、 仲吕的波长成等比数列，且应钟和仲吕的波长分别是 a ， b ，则大吕和夹钟的波长之和为 B. ab C. 3 2 a b  3 2 ab D. （ ） A. a b 3 2 a b 3 2 ab  a 【答案】C 【解析】 【分析】等比数列第一和第四项用通项公式可求出公比，进而求出第二和第三项可得答案. 【详解】 a 1  , a a 4   b a q 1 3 ,   q 3 ,b a   a 2 a 3  a q a q 1 1  2  a 3 b a  a 3     b a 2      3 2 a b  3 ab 2. 故选：C 6. 如图，在直三棱柱 ABC A B C 1 1 1 - 中， ABC 是等边三角形， 1AA AB ，D ，E ，F 分 别是棱 1AA ， 1BB ， BC 的中点，则异面直线 DF 与 1C E 所成角的余弦值是（ ） B. 5 5 C. 15 10 D. 15 5 A. 5 10 【答案】A 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求得异面直线 DF 与 1C E 所成角的余弦值.
    【详解】设 ,O O 分别是 1 ,AC AC 的中点，连接 1 OO OB O B ，则 1 //OO AA ， 1 1 , , 1 1 1 由于 ABC 是等边三角形，所以OB AC ， 根据直三棱柱的性质可知，平面 ACC A  平面 ABC ，且交线为 AC ， 1 1 OB平面 ABC ，所以OB  平面 ACC A ， 1 1 由于 1OO  平面 ACC A ，所以 1 1 OB OO 1 . 根据根据直三棱柱的性质可知， 1AA  平面 ABC ，所以 1OO  平面 ABC ， ,AC OB  平面 ABC ，所以 1 OO  AC OO OB  , 1 ， 由此以O 为原点，建立空间直角坐标系如下图所示， 设 AB AC BC AA 1     ， 2 则  D  0, 1,1 ,   DF  所以     F     3 3, 2 2 3 1 2 2 ,  ,0 ,    C 1   0,1,2 , E   3,0,1 ，  C E 1    , 1 ,      3, 1, 1   ， 设异面直线 DF 与 1C E 所成角为，   DF C E 1   DF C E 1    1  2  5 5 10 . 则 cos   故选：A 7. 在 ABC 中， D ， E 分别在 BC ， AC 上，且  BC  3 BD   ， AE EC ， AD ， BE 交
     于点 F ，若 AF  AD ，则 （ ） A. 3 4 【答案】A 【解析】 B. 5 6 C. 6 7 D. 7 8 【分析】过点 E 作 AD 的平行线，根据线线平行可得三角形相似，进而得到 ,DF AD 的长 度之比. 【详解】 如图，过点 E 作 AD 的平行线交 BC 于 ,G 1 ; 2 在 ADC△ EG AD 中， EG 为中位线，  3 BD BD DG GC ,    BC  又    , CG DG  , 中， BD DG DF EG / /  , ,  DF EG   , 1 2 DF AD  1 4 , 在 BGE△ AF AD 故选：A 所以 .   3 4 8. 已知函数  f x 是定义在 R 上的奇函数，且对任意的 0 x  ，  f x   2  2     f x 成立，当  ，若对任意的    x x 2  m m m ,  ，都有  0 f x   1  ，则 m 3 B. 9 2 C. 11 2 D. 13 2 x  0,2 时，  f x   2 x 的最大值是（ ） A. 7 2 【答案】A 【解析】 【分析】求得  f x 在区间  2,4 , 4,6 上的解析式，结合   f x 的奇偶性画出   f x 的图    象，向左平移1个单位长度得到  f x  的图象，结合图象求得 m 的最大值. 1 【详解】当  x 0,2 时，   f x  2 x  2 x    x  2 1 1  ，
    当  x 2,4 时， x   2  0,2  ，  f x    f x   2 2    2  f x  2       2  x 2 2 1     1   2  x  3 2 2  . 当  x 4,6 时， x   2   2,4 ，  f x    f x   2 2    2  f x  2     2 2   x 2 3   2   2     4  x  2 5   4 ， 此时，令  4 x  5 2   ，解得 4 3 x  . 9 2 函数   f x 是定义在 R 上的奇函数，图象关于原点对称； 设  F x    f x  ，则  F  x   f   x     f x    f x  ， 所以  F x    f x  是偶函数，图象关于 y 轴对称， 由此画出  F x    f x  的图象如下图所示： 由  F x    f x  的图象向左平移1个单位得到  f x  的图象，如下图所示， 1 其中 f    9 2     f    7 1    2   3 ， 由于对任意的    x  m m m , 故选：A  ，都有  0 f x   1  ，所以 m 的最大值是 3 7 2 . 【点睛】本题利用数形结合的思想方法求解含有绝对值的不等式，关键点有：由函数  f x  的函数关系式求得  f x 的解析式、由  f x 的奇偶性以及   f x 的奇偶性画出   f x 图  
    象、根据图象变换的知识画出  1 f x  的图象，结合图象求得所需要的 m 的最大值. 二､多选题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分，在每小题给出的选项中，有多项符合 题目要求.全部选对的得 5 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分. 9. 已知集合 A   2 x x   ，  4  B x ax   ，若 B 4  0 A ，则 a 的取值可以是（ ） A. 2 B. 1 C. 0 D. 2 【答案】ACD 【解析】 【分析】对集合 B中的 a 分类讨论即可求解. 【详解】 A     2,2 , B   | x ax    4 0 , B  , A  当 B   时, a  , 显然满足条件; 0 当 B时, 0a  , 集合 B   | x ax    4 0     4 a    , 故    , 或 2 4 a   , 解 2 4 a 2 a   , 故实数 a 的取值的集合是   0, 2,2 . 故选：ACD. 10. 《九章算术》中将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马.已知四棱锥 P ABCD 为阳马，底面 ABCD 是边长为 2 的正方形，其中两条侧棱长都为 3，则（ ） A. 该阳马的体积为 4 5 3 C. 该阳马外接球的半径为 13 【答案】ABD 【解析】 B. 该阳马的表面积为10 2 5  D. 该阳马内切球的半径为 5 1  2 【分析】根据相等的两条棱，求出四棱锥的高，可得其体积和表面积；然后再分析发现其外 接球球心为 PC 中点，内切球的大圆半径其实是 PAB  的内切圆半径.
    【详解】 如图，不妨 PA  底面 ABCD ， AB AD PA AD AB ,   , , 两两互相垂直， AD  平面 PAB AB 平面 ,   . PB BC PD CD  , PAD ，又 / / BC AD AB CD / / , , , 由对称性： PB PD   2 PA  2 AB 2 , 3   2 PA    ， PA 2 2 , 5 所以 V  P ABCD 2 2     5  4 5 3 , A 对； 1 3 1 2 ,  2 S       2 2 2  PCB PDC PAC ,  5 2      2 3 10 2 5,  1 2 B 对； 都是以 PC 为斜边的直角三角形，所以 , P A B C D 都在以 PC 为直 , , , 径的球上， d  2 2  2 2   5 13, C 错； 分析易知：内切球的大圆半径其实是 PAB  的内切圆半径，根据内切圆半径公式可得： r  5 2  2 3   5  5 1,  2 D 对； 故选：ABD 【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确 切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体， 切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点 均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径. 11. 已知定义在 R 上的函数  f x 的导数为   x ，对任意的 x 满足   x  f f     f x  ， ex 则（ ） A. C.   e 1 f f  2    e 0 f f   1 B. D. 3e f   1   f   2   e 0 f f   1 
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