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文档简介

北京市文江中学2023-2024学年五月月考三模数学试题考生须知: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.执行如图所示的程序框图,则输出的的值为()A. B.C. D.2.已知等差数列中,若,则此数列中一定为0的是()A. B. C. D.3.已知集合,,若,则()A. B. C. D.4.某个命题与自然数有关,且已证得“假设时该命题成立,则时该命题也成立”.现已知当时,该命题不成立,那么()A.当时,该命题不成立 B.当时,该命题成立C.当时,该命题不成立 D.当时,该命题成立5.在三角形中,,,求()A. B. C. D.6.已知不重合的平面和直线,则“”的充分不必要条件是()A.内有无数条直线与平行 B.且C.且 D.内的任何直线都与平行7.已知双曲线的一条渐近线方程为,,分别是双曲线C的左、右焦点,点P在双曲线C上,且,则()A.9 B.5 C.2或9 D.1或58.幻方最早起源于我国,由正整数1,2,3,……,这个数填入方格中,使得每行、每列、每条对角线上的数的和相等,这个正方形数阵就叫阶幻方.定义为阶幻方对角线上所有数的和,如,则()A.55 B.500 C.505 D.50509.设函数(,为自然对数的底数),定义在上的函数满足,且当时,.若存在,且为函数的一个零点,则实数的取值范围为()A. B. C. D.10.若直线与圆相交所得弦长为,则()A.1 B.2 C. D.311.已知函数若恒成立,则实数的取值范围是()A. B. C. D.12.若(是虚数单位),则的值为()A.3 B.5 C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.已知函数()在区间上的值小于0恒成立,则的取值范围是________.14.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________.15.己知函数,若曲线在处的切线与直线平行,则__________.16.从4名男生和3名女生中选出4名去参加一项活动,要求男生中的甲和乙不能同时参加,女生中的丙和丁至少有一名参加,则不同的选法种数为______.(用数字作答)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)已知函数为实数)的图像在点处的切线方程为.(1)求实数的值及函数的单调区间;(2)设函数,证明时,.18.(12分)已知函数,其中.(1)当时,求在的切线方程;(2)求证:的极大值恒大于0.19.(12分)已知函数,函数在点处的切线斜率为0.(1)试用含有的式子表示,并讨论的单调性;(2)对于函数图象上的不同两点,,如果在函数图象上存在点,使得在点处的切线,则称存在“跟随切线”.特别地,当时,又称存在“中值跟随切线”.试问:函数上是否存在两点使得它存在“中值跟随切线”,若存在,求出的坐标,若不存在,说明理由.20.(12分)在直角坐标系中,已知圆,以原点为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,已知直线平分圆M的周长.(1)求圆M的半径和圆M的极坐标方程;(2)过原点作两条互相垂直的直线,其中与圆M交于O,A两点,与圆M交于O,B两点,求面积的最大值.21.(12分)已知抛物线与直线.(1)求抛物线C上的点到直线l距离的最小值;(2)设点是直线l上的动点,是定点,过点P作抛物线C的两条切线,切点为A,B,求证A,Q,B共线;并在时求点P坐标.22.(10分)如图,四棱锥中,侧面为等腰直角三角形,平面.(1)求证:平面;(2)求直线与平面所成的角的正弦值.

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、B【解析】

列出循环的每一步,进而可求得输出的值.【详解】根据程序框图,执行循环前:,,,执行第一次循环时:,,所以:不成立.继续进行循环,…,当,时,成立,,由于不成立,执行下一次循环,,,成立,,成立,输出的的值为.故选:B.【点睛】本题考查的知识要点:程序框图的循环结构和条件结构的应用,主要考查学生的运算能力和转换能力,属于基础题型.2、A【解析】

将已知条件转化为的形式,由此确定数列为的项.【详解】由于等差数列中,所以,化简得,所以为.故选:A【点睛】本小题主要考查等差数列的基本量计算,属于基础题.3、A【解析】

由,得,代入集合B即可得.【详解】,,,即:,故选:A【点睛】本题考查了集合交集的含义,也考查了元素与集合的关系,属于基础题.4、C【解析】

写出命题“假设时该命题成立,则时该命题也成立”的逆否命题,结合原命题与逆否命题的真假性一致进行判断.【详解】由逆否命题可知,命题“假设时该命题成立,则时该命题也成立”的逆否命题为“假设当时该命题不成立,则当时该命题也不成立”,由于当时,该命题不成立,则当时,该命题也不成立,故选:C.【点睛】本题考查逆否命题与原命题等价性的应用,解题时要写出原命题的逆否命题,结合逆否命题的等价性进行判断,考查逻辑推理能力,属于中等题.5、A【解析】

利用正弦定理边角互化思想结合余弦定理可求得角的值,再利用正弦定理可求得的值.【详解】,由正弦定理得,整理得,由余弦定理得,,.由正弦定理得.故选:A.【点睛】本题考查利用正弦定理求值,涉及正弦定理边角互化思想以及余弦定理的应用,考查计算能力,属于中等题.6、B【解析】

根据充分不必要条件和直线和平面,平面和平面的位置关系,依次判断每个选项得到答案.【详解】A.内有无数条直线与平行,则相交或,排除;B.且,故,当,不能得到且,满足;C.且,,则相交或,排除;D.内的任何直线都与平行,故,若,则内的任何直线都与平行,充要条件,排除.故选:.【点睛】本题考查了充分不必要条件和直线和平面,平面和平面的位置关系,意在考查学生的综合应用能力.7、B【解析】

根据渐近线方程求得,再利用双曲线定义即可求得.【详解】由于,所以,又且,故选:B.【点睛】本题考查由渐近线方程求双曲线方程,涉及双曲线的定义,属基础题.8、C【解析】

因为幻方的每行、每列、每条对角线上的数的和相等,可得,即得解.【详解】因为幻方的每行、每列、每条对角线上的数的和相等,所以阶幻方对角线上数的和就等于每行(或每列)的数的和,又阶幻方有行(或列),因此,,于是.故选:C【点睛】本题考查了数阵问题,考查了学生逻辑推理,数学运算的能力,属于中档题.9、D【解析】

先构造函数,由题意判断出函数的奇偶性,再对函数求导,判断其单调性,进而可求出结果.【详解】构造函数,因为,所以,所以为奇函数,当时,,所以在上单调递减,所以在R上单调递减.因为存在,所以,所以,化简得,所以,即令,因为为函数的一个零点,所以在时有一个零点因为当时,,所以函数在时单调递减,由选项知,,又因为,所以要使在时有一个零点,只需使,解得,所以a的取值范围为,故选D.【点睛】本题主要考查函数与方程的综合问题,难度较大.10、A【解析】

将圆的方程化简成标准方程,再根据垂径定理求解即可.【详解】圆的标准方程,圆心坐标为,半径为,因为直线与圆相交所得弦长为,所以直线过圆心,得,即.故选:A【点睛】本题考查了根据垂径定理求解直线中参数的方法,属于基础题.11、D【解析】

由恒成立,等价于的图像在的图像的上方,然后作出两个函数的图像,利用数形结合的方法求解答案.【详解】因为由恒成立,分别作出及的图象,由图知,当时,不符合题意,只须考虑的情形,当与图象相切于时,由导数几何意义,此时,故.故选:D【点睛】此题考查的是函数中恒成立问题,利用了数形结合的思想,属于难题.12、D【解析】

直接利用复数的模的求法的运算法则求解即可.【详解】(是虚数单位)可得解得本题正确选项:【点睛】本题考查复数的模的运算法则的应用,复数的模的求法,考查计算能力.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解析】

首先根据的取值范围,求得的取值范围,由此求得函数的值域,结合区间上的值小于0恒成立列不等式组,解不等式组求得的取值范围.【详解】由于,所以,由于区间上的值小于0恒成立,所以().所以,由于,所以,由于,所以令得.所以的取值范围是.故答案为:【点睛】本小题主要考查三角函数值域的求法,考查三角函数值恒小于零的问题的求解,考查化归与转化的数学思想方法,属于中档题.14、【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.15、【解析】

先求导,再根据导数的几何意义,有求解.【详解】因为函数,所以,所以,解得.故答案为:【点睛】本题考查导数的几何意义,还考查运算求解能力以及数形结合思想,属于基础题.16、1【解析】

由排列组合及分类讨论思想分别讨论:①设甲参加,乙不参加,②设乙参加,甲不参加,③设甲,乙都不参加,可得不同的选法种数为9+9+5=1,得解.【详解】①设甲参加,乙不参加,由女生中的丙和丁至少有一名参加,可得不同的选法种数为9,②设乙参加,甲不参加,由女生中的丙和丁至少有一名参加,可得不同的选法种数为9,③设甲,乙都不参加,由女生中的丙和丁至少有一名参加,可得不同的选法种数为5,综合①②③得:不同的选法种数为9+9+5=1,故答案为:1.【点睛】本题考查了排列组合及分类讨论思想,准确分类及计算是关键,属中档题.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);函数的单调递减区间为,单调递增区间为;(2)详见解析.【解析】

试题分析:(1)由题得,根据曲线在点处的切线方程,列出方程组,求得的值,得到的解析式,即可求解函数的单调区间;(2)由(1)得根据由,整理得,设,转化为函数的最值,即可作出证明.试题解析:(1)由题得,函数的定义域为,,因为曲线在点处的切线方程为,所以解得.令,得,当时,,在区间内单调递减;当时,,在区间内单调递增.所以函数的单调递减区间为,单调递增区间为.(2)由(1)得,.由,得,即.要证,需证,即证,设,则要证,等价于证:.令,则,∴在区间内单调递增,,即,故.18、(1)(2)证明见解析【解析】

(1)求导,代入,求出在处的导数值及函数值,由此即可求得切线方程;(2)分类讨论得出极大值即可判断.【详解】(1),当时,,,则在的切线方程为;(2)证明:令,解得或,①当时,恒成立,此时函数在上单调递减,∴函数无极值;②当时,令,解得,令,解得或,∴函数在上单调递增,在,上单调递减,∴;③当时,令,解得,令,解得或,∴函数在上单调递增,在,上单调递减,∴,综上,函数的极大值恒大于0.【点睛】本小题主要考查利用导数求切线方程,考查利用导数研究函数的极值,考查分类讨论的数学思想方法,属于中档题.19、(1),单调性见解析;(2)不存在,理由见解析【解析】

(1)由题意得,即可得;求出函数的导数,再根据、、、分类讨论,分别求出、的解集即可得解;(2)假设满足条件的、存在,不妨设,且,由题意得可得,令(),构造函数(),求导后证明即可得解.【详解】(1)由题可得函数的定义域为且,由,整理得..(ⅰ)当时,易知,,时.故在上单调递增,在上单调递减.(ⅱ)当时,令,解得或,则①当,即时,在上恒成立,则在上递增.②当,即时,当时,;当时,.所以在上单调递增,单调递减,单调递增.③当,即时,当时,;当时,.所以在上单调递增,单调递减,单调递增.综上,当时,在上单调递增,在单调递减.当时,在及上单调递增;在上单调递减.当时,在上递增.当时,在及上单调递增;在上递减.(2)满足条件的、不存在,理由如下:假设满足条件的、存在,不妨设,且,则,又,由题可知,整理可得:,令(),构造函数().则,所以在上单调递增,从而,所以方程无解,即无解.综上,满足条件的A、B不存在.【点睛】本题考查了导数的应用,考查了计算能力和转化化归思想,属于中档题.20、(1),(2)【解析】

先求出,再求圆的半径和极坐标方程;(2)设求出,,再求出得解.【详解】(1)将化成直角坐标方程,得则,故,则圆,即,所以圆M的半径为.将圆M的方程化成极坐标方程,得.即圆M的极坐标方程为.(2)设,则,用代替.可得,【点睛】本题主要考查直角坐标和极坐标的互化,考查极径的计算,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.21、(1);(2)证明见解析,或【解析】

(1)根据点到直线的公式结合二次函数的性质即可求出;(2)设,,,,表示出直线,的方程,利用表示出,,即可求定点的坐标.【详解】(1)设抛物线上点的坐标为,则,时取等号),则抛物线上的点到直线距离的最小值;(2)设,,,,,,直线,的方程为分别为,,由两条直线都经过点点得,为方程的两根,,直线的方程为,,,,,共线.又,,,解,,点,是直线上的动点,时,,时,,,或.【点睛】本题考查抛物线的方程的求法,考查直线方程的求法,考查直线过定点的解法,意在考查

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