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文档简介
2022-2023学年北京丰台12中高三下学期第一次阶段调研测试数学试题考生须知:1.全卷分选择题和非选择题两部分,全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂;非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2.请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3.保持卡面清洁,不要折叠,不要弄破、弄皱,在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。1.若的展开式中的常数项为-12,则实数的值为()A.-2 B.-3 C.2 D.32.已知函数,若则()A.f(a)<f(b)<f(c) B.f(b)<f(c)<f(a)C.f(a)<f(c)<f(b) D.f(c)<f(b)<f(a)3.设等差数列的前项和为,若,则()A.23 B.25 C.28 D.294.设实数、满足约束条件,则的最小值为()A.2 B.24 C.16 D.145.台球是一项国际上广泛流行的高雅室内体育运动,也叫桌球(中国粤港澳地区的叫法)、撞球(中国台湾地区的叫法)控制撞球点、球的旋转等控制母球走位是击球的一项重要技术,一次台球技术表演节目中,在台球桌上,画出如图正方形ABCD,在点E,F处各放一个目标球,表演者先将母球放在点A处,通过击打母球,使其依次撞击点E,F处的目标球,最后停在点C处,若AE=50cm.EF=40cm.FC=30cm,∠AEF=∠CFE=60°,则该正方形的边长为()A.50cm B.40cm C.50cm D.20cm6.半正多面体(semiregularsolid)亦称“阿基米德多面体”,是由边数不全相同的正多边形为面的多面体,体现了数学的对称美.二十四等边体就是一种半正多面体,是由正方体切截而成的,它由八个正三角形和六个正方形为面的半正多面体.如图所示,图中网格是边长为1的正方形,粗线部分是某二十四等边体的三视图,则该几何体的体积为()A. B. C. D.7.为虚数单位,则的虚部为()A. B. C. D.8.已知双曲线的一条渐近线倾斜角为,则()A.3 B. C. D.9.已知点,点在曲线上运动,点为抛物线的焦点,则的最小值为()A. B. C. D.410.已知函数,则方程的实数根的个数是()A. B. C. D.11.双曲线﹣y2=1的渐近线方程是()A.x±2y=0 B.2x±y=0 C.4x±y=0 D.x±4y=012.在中,为上异于,的任一点,为的中点,若,则等于()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.已知圆,直线与圆交于两点,,若,则弦的长度的最大值为_______.14.如图,半球内有一内接正四棱锥,该四棱锥的体积为,则该半球的体积为__________.15.如图所示,在边长为4的正方形纸片中,与相交于.剪去,将剩余部分沿,折叠,使、重合,则以、、、为顶点的四面体的外接球的体积为________.16.在四棱锥中,底面为正方形,面分别是棱的中点,过的平面交棱于点,则四边形面积为__________.三、解答题:共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17.(12分)已知函数.(1)讨论的单调性;(2)若函数在上存在两个极值点,,且,证明.18.(12分)设直线与抛物线交于两点,与椭圆交于两点,设直线(为坐标原点)的斜率分别为,若.(1)证明:直线过定点,并求出该定点的坐标;(2)是否存在常数,满足?并说明理由.19.(12分)如图,在矩形中,,,点分别是线段的中点,分别将沿折起,沿折起,使得重合于点,连结.(Ⅰ)求证:平面平面;(Ⅱ)求直线与平面所成角的正弦值.20.(12分)选修4-5:不等式选讲已知函数的最大值为3,其中.(1)求的值;(2)若,,,求证:21.(12分)在①;②;③这三个条件中任选一个,补充在下面问题中的横线上,并解答相应的问题.在中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且满足________________,,求的面积.22.(10分)已知函数.(1)求不等式的解集;(2)若函数的定义域为,求实数的取值范围.
参考答案一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。1.C【解析】
先研究的展开式的通项,再分中,取和两种情况求解.【详解】因为的展开式的通项为,所以的展开式中的常数项为:,解得,故选:C.【点睛】本题主要考查二项式定理的通项公式,还考查了运算求解的能力,属于基础题.2.C【解析】
利用导数求得在上递增,结合与图象,判断出的大小关系,由此比较出的大小关系.【详解】因为,所以在上单调递增;在同一坐标系中作与图象,,可得,故.故选:C【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的单调性,考查利用函数的单调性比较大小,考查数形结合的数学思想方法,属于中档题.3.D【解析】
由可求,再求公差,再求解即可.【详解】解:是等差数列,又,公差为,,故选:D【点睛】考查等差数列的有关性质、运算求解能力和推理论证能力,是基础题.4.D【解析】
做出满足条件的可行域,根据图形即可求解.【详解】做出满足的可行域,如下图阴影部分,根据图象,当目标函数过点时,取得最小值,由,解得,即,所以的最小值为.故选:D.【点睛】本题考查二元一次不等式组表示平面区域,利用数形结合求线性目标函数的最值,属于基础题.5.D【解析】
过点做正方形边的垂线,如图,设,利用直线三角形中的边角关系,将用表示出来,根据,列方程求出,进而可得正方形的边长.【详解】过点做正方形边的垂线,如图,设,则,,则,因为,则,整理化简得,又,得,.即该正方形的边长为.故选:D.【点睛】本题考查直角三角形中的边角关系,关键是要构造直角三角形,是中档题.6.D【解析】
根据三视图作出该二十四等边体如下图所示,求出该几何体的棱长,可以将该几何体看作是相应的正方体沿各棱的中点截去8个三棱锥所得到的,可求出其体积.【详解】如下图所示,将该二十四等边体的直观图置于棱长为2的正方体中,由三视图可知,该几何体的棱长为,它是由棱长为2的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的,该几何体的体积为,故选:D.【点睛】本题考查三视图,几何体的体积,对于二十四等边体比较好的处理方式是由正方体各棱的中点得到,属于中档题.7.C【解析】
利用复数的运算法则计算即可.【详解】,故虚部为.故选:C.【点睛】本题考查复数的运算以及复数的概念,注意复数的虚部为,不是,本题为基础题,也是易错题.8.D【解析】
由双曲线方程可得渐近线方程,根据倾斜角可得渐近线斜率,由此构造方程求得结果.【详解】由双曲线方程可知:,渐近线方程为:,一条渐近线的倾斜角为,,解得:.故选:.【点睛】本题考查根据双曲线渐近线倾斜角求解参数值的问题,关键是明确直线倾斜角与斜率的关系;易错点是忽略方程表示双曲线对于的范围的要求.9.D【解析】
如图所示:过点作垂直准线于,交轴于,则,设,,则,利用均值不等式得到答案.【详解】如图所示:过点作垂直准线于,交轴于,则,设,,则,当,即时等号成立.故选:.【点睛】本题考查了抛物线中距离的最值问题,意在考查学生的计算能力和转化能力.10.D【解析】
画出函数,将方程看作交点个数,运用图象判断根的个数.【详解】画出函数令有两解,则分别有3个,2个解,故方程的实数根的个数是3+2=5个故选:D【点睛】本题综合考查了函数的图象的运用,分类思想的运用,数学结合的思想判断方程的根,难度较大,属于中档题.11.A【解析】试题分析:渐近线方程是﹣y2=1,整理后就得到双曲线的渐近线.解:双曲线其渐近线方程是﹣y2=1整理得x±2y=1.故选A.点评:本题考查了双曲线的渐进方程,把双曲线的标准方程中的“1”转化成“1”即可求出渐进方程.属于基础题.12.A【解析】
根据题意,用表示出与,求出的值即可.【详解】解:根据题意,设,则,又,,,故选:A.【点睛】本题主要考查了平面向量基本定理的应用,关键是要找到一组合适的基底表示向量,是基础题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.【解析】
设为的中点,根据弦长公式,只需最小,在中,根据余弦定理将表示出来,由,得到,结合弦长公式得到,求出点的轨迹方程,即可求解.【详解】设为的中点,在中,,①在中,,②①②得,即,,.,得.所以,.故答案为:.【点睛】本题考查直线与圆的位置关系、相交弦长的最值,解题的关键求出点的轨迹方程,考查计算求解能力,属于中档题.14.【解析】
由题意可知半球的半径与正四棱锥的高相等,可得正四棱锥的棱与半径的关系,进而可写出半球的半径与四棱锥体积的关系,进而求得结果.【详解】设所给半球的半径为,则四棱锥的高,则,由四棱锥的体积,半球的体积为:.【方法点睛】涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时,一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面,把空间问题转化为平面问题,再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系,或只画内切、外接的几何体的直观图,确定球心的位置,弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系,列方程(组)求解.15.【解析】
将三棱锥置入正方体中,利用正方体体对角线为三棱锥外接球的直径即可得到答案.【详解】由已知,将三棱锥置入正方体中,如图所示,,故正方体体对角线长为,所以外接球半径为,其体积为.故答案为:.【点睛】本题考查三棱锥外接球的体积问题,一般在处理特殊几何体的外接球问题时,要考虑是否能将其置入正(长)方体中,是一道中档题.16.【解析】
设是中点,由于分别是棱的中点,所以,所以,所以四边形是平行四边形.由于平面,所以,而,,所以平面,所以.由于,所以,也即,所以四边形是矩形.而.从而.故答案为:.【点睛】本小题主要考查空间平面图形面积的计算,考查线面垂直的判定,考查空间想象能力和逻辑推理能力,属于中档题.三、解答题:共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17.(1)若,则在定义域内递增;若,则在上单调递增,在上单调递减(2)证明见解析【解析】
(1),分,讨论即可;(2)由题可得到,故只需证,,即,采用换元法,转化为函数的最值问题来处理.【详解】由已知,,若,则在定义域内递增;若,则在上单调递增,在上单调递减.(2)由题意,对求导可得从而,是的两个变号零点,因此下证:,即证令,即证:,对求导可得,,,因为故,所以在上单调递减,而,从而所以在单调递增,所以,即于是【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性以及证明不等式,考查学生逻辑推理能力、转化与化归能力,是一道有一定难度的压轴题.18.(1)证明见解析(0,2);(2)存在,理由见解析【解析】
(1)设直线l的方程为y=kx+b代入抛物线的方程,利用OA⊥OB,求出b,即可知直线过定点(2)由斜率公式分别求出,,联立直线与抛物线,椭圆,再由根与系数的关系得,,,代入,,化简即可求解.【详解】(1)证明:由题知,直线l的斜率存在且不过原点,故设由可得,.,,故所以直线l的方程为故直线l恒过定点.(2)由(1)知设由可得,,即存在常数满足题意.【点睛】本题主要考查了直线与抛物线、椭圆的位置关系,直线过定点问题,考查学生分析解决问题的能力,属于中档题.19.(Ⅰ)详见解析;(Ⅱ).【解析】
(Ⅰ)根据,,可得平面,故而平面平面.(Ⅱ)过作于,则可证平面,故为所求角,在中利用余弦定理计算,再计算.【详解】解:(Ⅰ)因为,,,平面,平面所以平面,又平面,所以平面平面;(Ⅱ)过作于,则由平面,且平面知,所以平面,从而是直线与平面所成角.因为,,,所以,从而.【点睛】本题考查了面面垂直的判定,考查直线与平面所成角的计算,属于中档题.20.(1)(2)见解析【解析】
(1)分三种情况去绝对值,求出最大值与已知最大值相等列式可解得;(2)将所证不等式转化为2ab≥1,再构造函数利用导数判断单调性求出最小值可证.【详解】(1)∵,∴.∴当时,取得最大值.∴.(2)由(Ⅰ),得,.∵,当且仅当时等号成立,∴.令,.则在上单调递减.∴.∴当时,.∴.【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法,属中档题.本题主要考查了绝对值不等式的求解,以及不等式的恒成立问题,其中解答中根据绝对值的定义,合理去掉绝对值号,及合理转化恒成立问题是解答本题的关键,着重考查分析问题和解答问题的能力,以及转化思想的应用.21.横线处任填一个都可以,面积为.【解析】
无论选哪一个,都先由正弦定理化边为角后,由诱导公式,展开后,可求得角,再由余弦定理求得,从而易求得三角形面积
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