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文档简介
北京市大兴区市级名校2024年高三4月月考数学试题注意事项:1.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚,将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2.选择题必须使用2B铅笔填涂;非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写,字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答,超出答题区域书写的答案无效;在草稿纸、试题卷上答题无效。4.保持卡面清洁,不要折叠,不要弄破、弄皱,不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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.若复数z满足,则()A. B. C. D.2.已知函数(其中,,)的图象关于点成中心对称,且与点相邻的一个最低点为,则对于下列判断:①直线是函数图象的一条对称轴;②点是函数的一个对称中心;③函数与的图象的所有交点的横坐标之和为.其中正确的判断是()A.①② B.①③ C.②③ D.①②③3.“”是“”的()A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分又不必要条件4.甲在微信群中发了一个6元“拼手气”红包,被乙、丙、丁三人抢完,若三人均领到整数元,且每人至少领到1元,则乙获得“最佳手气”(即乙领到的钱数多于其他任何人)的概率是()A. B. C. D.5.函数的图象在点处的切线为,则在轴上的截距为()A. B. C. D.6.已知正三角形的边长为2,为边的中点,、分别为边、上的动点,并满足,则的取值范围是()A. B. C. D.7.已知复数,其中,,是虚数单位,则()A. B. C. D.8.已知全集,集合,则=()A. B.C. D.9.设双曲线的一条渐近线为,且一个焦点与抛物线的焦点相同,则此双曲线的方程为()A. B. C. D.10.如图,在直三棱柱中,,,点分别是线段的中点,,分别记二面角,,的平面角为,则下列结论正确的是()A. B. C. D.11.执行下面的程序框图,如果输入,,则计算机输出的数是()A. B. C. D.12.已知,椭圆的方程,双曲线的方程为,和的离心率之积为,则的渐近线方程为()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.已知实数满足(为虚数单位),则的值为_______.14.若且时,不等式恒成立,则实数a的取值范围为________.15.点到直线的距离为________16.的展开式中含的系数为__________.(用数字填写答案)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)如图,已知在三棱台中,,,.(1)求证:;(2)过的平面分别交,于点,,且分割三棱台所得两部分几何体的体积比为,几何体为棱柱,求的长.提示:台体的体积公式(,分别为棱台的上、下底面面积,为棱台的高).18.(12分)设数列,其前项和,又单调递增的等比数列,,.(Ⅰ)求数列,的通项公式;(Ⅱ)若,求数列的前n项和,并求证:.19.(12分)设的内角的对边分别为,已知.(1)求;(2)若为锐角三角形,求的取值范围.20.(12分)已知函数,.(1)若,,求实数的值.(2)若,,求正实数的取值范围.21.(12分)在多面体中,四边形是正方形,平面,,,为的中点.(1)求证:;(2)求平面与平面所成角的正弦值.22.(10分)如图,已知在三棱锥中,平面,分别为的中点,且.(1)求证:;(2)设平面与交于点,求证:为的中点.
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、D【解析】
先化简得再求得解.【详解】所以.故选:D【点睛】本题主要考查复数的运算和模的计算,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.2、C【解析】分析:根据最低点,判断A=3,根据对称中心与最低点的横坐标求得周期T,再代入最低点可求得解析式为,依次判断各选项的正确与否.详解:因为为对称中心,且最低点为,所以A=3,且由所以,将带入得,所以由此可得①错误,②正确,③当时,,所以与有6个交点,设各个交点坐标依次为,则,所以③正确所以选C点睛:本题考查了根据条件求三角函数的解析式,通过求得的解析式进一步研究函数的性质,属于中档题.3、A【解析】
首先利用二倍角正切公式由,求出,再根据充分条件、必要条件的定义判断即可;【详解】解:∵,∴可解得或,∴“”是“”的充分不必要条件.故选:A【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断,二倍角正切公式的应用是解决本题的关键,属于基础题.4、B【解析】
将所有可能的情况全部枚举出来,再根据古典概型的方法求解即可.【详解】设乙,丙,丁分别领到x元,y元,z元,记为,则基本事件有,,,,,,,,,,共10个,其中符合乙获得“最佳手气”的有3个,故所求概率为,故选:B.【点睛】本题主要考查了枚举法求古典概型的方法,属于基础题型.5、A【解析】
求出函数在处的导数后可得曲线在处的切线方程,从而可求切线的纵截距.【详解】,故,所以曲线在处的切线方程为:.令,则,故切线的纵截距为.故选:A.【点睛】本题考查导数的几何意义以及直线的截距,注意直线的纵截距指直线与轴交点的纵坐标,因此截距有正有负,本题属于基础题.6、A【解析】
建立平面直角坐标系,求出直线,设出点,通过,找出与的关系.通过数量积的坐标表示,将表示成与的关系式,消元,转化成或的二次函数,利用二次函数的相关知识,求出其值域,即为的取值范围.【详解】以D为原点,BC所在直线为轴,AD所在直线为轴建系,设,则直线,设点,所以由得,即,所以,由及,解得,由二次函数的图像知,,所以的取值范围是.故选A.【点睛】本题主要考查解析法在向量中的应用,以及转化与化归思想的运用.7、D【解析】试题分析:由,得,则,故选D.考点:1、复数的运算;2、复数的模.8、D【解析】
先计算集合,再计算,最后计算.【详解】解:,,.故选:.【点睛】本题主要考查了集合的交,补混合运算,注意分清集合间的关系,属于基础题.9、C【解析】
求得抛物线的焦点坐标,可得双曲线方程的渐近线方程为,由题意可得,又,即,解得,,即可得到所求双曲线的方程.【详解】解:抛物线的焦点为可得双曲线即为的渐近线方程为由题意可得,即又,即解得,.即双曲线的方程为.故选:C【点睛】本题主要考查了求双曲线的方程,属于中档题.10、D【解析】
过点作,以为原点,为轴,为轴,为轴,建立空间直角坐标系,利用向量法求解二面角的余弦值得答案.【详解】解:因为,,所以,即过点作,以为原点,为轴,为轴,为轴,建立空间直角坐标系,则,0,,,,,,0,,,1,,,,,,,设平面的法向量,则,取,得,同理可求平面的法向量,平面的法向量,平面的法向量.,,..故选:D.【点睛】本题考查二面角的大小的判断,考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识,考查运算求解能力,属于中档题.11、B【解析】
先明确该程序框图的功能是计算两个数的最大公约数,再利用辗转相除法计算即可.【详解】本程序框图的功能是计算,中的最大公约数,所以,,,故当输入,,则计算机输出的数是57.故选:B.【点睛】本题考查程序框图的功能,做此类题一定要注意明确程序框图的功能是什么,本题是一道基础题.12、A【解析】
根据椭圆与双曲线离心率的表示形式,结合和的离心率之积为,即可得的关系,进而得双曲线的离心率方程.【详解】椭圆的方程,双曲线的方程为,则椭圆离心率,双曲线的离心率,由和的离心率之积为,即,解得,所以渐近线方程为,化简可得,故选:A.【点睛】本题考查了椭圆与双曲线简单几何性质应用,椭圆与双曲线离心率表示形式,双曲线渐近线方程求法,属于基础题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解析】
由虚数单位的性质结合复数相等的条件列式求得,的值,则答案可求.【详解】解:由,,,所以,得,..故答案为:.【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算,考查虚数单位的性质,属于基础题.14、【解析】
将不等式两边同时平方进行变形,然后得到对应不等式组,对的取值进行分类,将问题转化为二次函数在区间上恒正、恒负时求参数范围,列出对应不等式组,即可求解出的取值范围.【详解】因为,所以,所以,所以,所以或,当时,对且不成立,当时,取,显然不满足,所以,所以,解得;当时,取,显然不满足,所以,所以,解得,综上可得的取值范围是:.故答案为:.【点睛】本题考查根据不等式恒成立求解参数范围,难度较难.根据不等式恒成立求解参数范围的两种常用方法:(1)分类讨论法:分析参数的临界值,对参数分类讨论;(2)参变分离法:将参数单独分离出来,再以函数的最值与参数的大小关系求解出参数范围.15、2【解析】
直接根据点到直线的距离公式即可求出。【详解】依据点到直线的距离公式,点到直线的距离为。【点睛】本题主要考查点到直线的距离公式的应用。16、【解析】由题意得,二项式展开式的通项为,令,则,所以得系数为.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、(1)证明见解析;(2)2【解析】
(1)在中,利用勾股定理,证得,又由题设条件,得到,利用线面垂直的判定定理,证得平面,进而得到;(2)设三棱台和三棱柱的高都为上、下底面之间的距离为,根据棱台的体积公式,列出方程求得,得到,即可求解.【详解】(1)由题意,在中,,,所以,可得,因为,可得.又由,,平面,所以平面,因为平面,所以.(2)因为,可得,令,,设三棱台和三棱柱的高都为上、下底面之间的距离为,则,整理得,即,解得,即,又由,所以.【点睛】本题主要考查了直线与平面垂直的判定与应用,以及几何体的体积公式的应用,其中解答中熟记线面位置关系的判定定理与性质定理,以及熟练应用几何体的体积公式进行求解是解答的关键,着重考查了推理与计算能力,属于基础题.18、(1),;(2)详见解析.【解析】
(1)当时,,当时,,当时,也满足,∴,∵等比数列,∴,∴,又∵,∴或(舍去),∴;(2)由(1)可得:,∴,显然数列是递增数列,∴,即.)19、(1)(2)【解析】
(1)利用正弦定理化简已知条件,由此求得的值,进而求得的大小.(2)利用正弦定理和两角差的正弦公式,求得的表达式,进而求得的取值范围.【详解】(1)由题设知,,即,所以,即,又所以.(2)由题设知,,即,又为锐角三角形,所以,即所以,即,所以的取值范围是.【点睛】本小题主要考查利用正弦定理解三角形,考查利用角的范围,求边的比值的取值范围,属于中档题.20、(1)1(2)【解析】
(1)求得和,由,,得,令,令导数求得函数的单调性,利用,即可求解.(2)解法一:令,利用导数求得的单调性,转化为,令(),利用导数得到的单调性,分类讨论,即可求解.解法二:可利用导数,先证明不等式,,,,令(),利用导数,分类讨论得出函数的单调性与最值,即可求解.【详解】(1)由题意,得,,由,…①,得,令,则,因为,所以在单调递增,又,所以当时,,单调递增;当时,,单调递减;所以,当且仅当时等号成立.故方程①有且仅有唯一解,实数的值为1.(2)解法一:令(),则,所以当时,,单调递增;当时,,单调递减;故.令(),则.(i)若时,,在单调递增,所以,满足题意.(ii)若时,,满足题意.(iii)若时,,在单调递减,所以.不满足题意.综上述:.解法二:先证明不等式,,,…(*).令,则当时,,单调递增,当时,,单调递减,所以,即.变形得,,所以时,,所以当时,.又由上式得,当时,,,.因此不等式(*)均成立.令(),则,(i)若时,当时,,单调递增;当时,,单调递减;故.(ii)若时,,在单调递增,所以.因此,①当时,此时,,,则需由(*)知,,(当且仅当时等号成立),所以.②当时,此时,,则当时,(由(*)知);当时,(由(*)知).故对于任意,.综上述:.【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用,着重考查了转化与化归思想、分类讨论、及逻辑推理能力与计算能力,对于恒成立问题,通常要构造新函数,利用导数研究函数的单调性,求出最值,进而得出相应的含参不等式,从而求出参数的取值范围;也可分离变量,构造新函数,直接把问题转化为函数的最值问题.21、(1)证明见解析(2)【解析】
(1)首先证明,,,∴平面.即可得到平面,.(2)以为坐标原点,,,所在的直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系,分别求出平面和平面的法向量,带入公式求解即可.【详解】(1)∵平面,平面,∴.又∵四边形是正方形,∴.∵,∴平面.∵平面,∴.又∵,为的中点,∴.∵,∴平面.∵平面,∴.(2)∵平面,,∴平面.以为坐标原点,,,所在的直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系.如图所示:则,,,.∴,,.设为平面的法向量,则,得,令,则.由题意知为平面的一个法向量,∴,∴平面与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题第一问考查线线垂直,先证线面垂直时解题关键
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