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文档简介

北京市门头沟区2023年联考第一次诊断性考试数学试题注意事项: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.如图所示的“数字塔”有以下规律:每一层最左与最右的数字均为2,除此之外每个数字均为其两肩的数字之积,则该“数字塔”前10层的所有数字之积最接近()A. B. C. D.2.集合的子集的个数是()A.2 B.3 C.4 D.83.已知集合,,,则()A. B. C. D.4.已知抛物线:()的焦点为,为该抛物线上一点,以为圆心的圆与的准线相切于点,,则抛物线方程为()A. B. C. D.5.已知定义在R上的函数(m为实数)为偶函数,记,,则a,b,c的大小关系为()A. B. C. D.6.()A. B. C. D.7.设全集,集合,则=()A. B. C. D.8.已知函数,为的零点,为图象的对称轴,且在区间上单调,则的最大值是()A. B. C. D.9.执行如图所示的程序框图,若输出的结果为11,则图中的判断条件可以为()A. B. C. D.10.中国铁路总公司相关负责人表示,到2018年底,全国铁路营业里程达到13.1万公里,其中高铁营业里程2.9万公里,超过世界高铁总里程的三分之二,下图是2014年到2018年铁路和高铁运营里程(单位:万公里)的折线图,以下结论不正确的是()A.每相邻两年相比较,2014年到2015年铁路运营里程增加最显著B.从2014年到2018年这5年,高铁运营里程与年价正相关C.2018年高铁运营里程比2014年高铁运营里程增长80%以上D.从2014年到2018年这5年,高铁运营里程数依次成等差数列11.若,则()A. B. C. D.12.已知,且,则()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.若点在直线上,则的值等于______________.14.在二项式的展开式中,的系数为________.15.设平面向量与的夹角为,且,,则的取值范围为______.16.在中,角、、所对的边分别为、、,若,,则的取值范围是_____.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)若函数不存在单调递减区间,求实数的取值范围;(2)若函数的两个极值点为,,求的最小值.18.(12分)已知首项为2的数列满足.(1)证明:数列是等差数列.(2)令,求数列的前项和.19.(12分)已知为椭圆的左、右焦点,离心率为,点在椭圆上.(1)求椭圆的方程;(2)过的直线分别交椭圆于和,且,问是否存在常数,使得成等差数列?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.20.(12分)如图在棱锥中,为矩形,面,(1)在上是否存在一点,使面,若存在确定点位置,若不存在,请说明理由;(2)当为中点时,求二面角的余弦值.21.(12分)如图,在四棱锥PABCD中,PA⊥平面ABCD,∠ABC=∠BAD=90°,AD=AP=4,AB=BC=2,M为PC的中点.(1)求异面直线AP,BM所成角的余弦值;(2)点N在线段AD上,且AN=λ,若直线MN与平面PBC所成角的正弦值为,求λ的值.22.(10分)如图,三棱锥中,点,分别为,的中点,且平面平面.求证:平面;若,,求证:平面平面.

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.A【解析】

结合所给数字特征,我们可将每层数字表示成2的指数的形式,观察可知,每层指数的和成等比数列分布,结合等比数列前项和公式和对数恒等式即可求解【详解】如图,将数字塔中的数写成指数形式,可发现其指数恰好构成“杨辉三角”,前10层的指数之和为,所以原数字塔中前10层所有数字之积为.故选:A【点睛】本题考查与“杨辉三角”有关的规律求解问题,逻辑推理,等比数列前项和公式应用,属于中档题2.D【解析】

先确定集合中元素的个数,再得子集个数.【详解】由题意,有三个元素,其子集有8个.故选:D.【点睛】本题考查子集的个数问题,含有个元素的集合其子集有个,其中真子集有个.3.A【解析】

求得集合中函数的值域,由此求得,进而求得.【详解】由,得,所以,所以.故选:A【点睛】本小题主要考查函数值域的求法,考查集合补集、交集的概念和运算,属于基础题.4.C【解析】

根据抛物线方程求得点的坐标,根据轴、列方程,解方程求得的值.【详解】不妨设在第一象限,由于在抛物线上,所以,由于以为圆心的圆与的准线相切于点,根据抛物线的定义可知,、轴,且.由于,所以直线的倾斜角为,所以,解得,或(由于,故舍去).所以抛物线的方程为.故选:C【点睛】本小题主要考查抛物线的定义,考查直线的斜率,考查数形结合的数学思想方法,属于中档题.5.B【解析】

根据f(x)为偶函数便可求出m=0,从而f(x)=﹣1,根据此函数的奇偶性与单调性即可作出判断.【详解】解:∵f(x)为偶函数;∴f(﹣x)=f(x);∴﹣1=﹣1;∴|﹣x﹣m|=|x﹣m|;(﹣x﹣m)2=(x﹣m)2;∴mx=0;∴m=0;∴f(x)=﹣1;∴f(x)在[0,+∞)上单调递增,并且a=f(||)=f(),b=f(),c=f(2);∵0<<2<;∴a<c<b.故选B.【点睛】本题考查偶函数的定义,指数函数的单调性,对于偶函数比较函数值大小的方法就是将自变量的值变到区间[0,+∞)上,根据单调性去比较函数值大小.6.A【解析】

分子分母同乘,即根据复数的除法法则求解即可.【详解】解:,故选:A【点睛】本题考查复数的除法运算,属于基础题.7.A【解析】

先求得全集包含的元素,由此求得集合的补集.【详解】由解得,故,所以,故选A.【点睛】本小题主要考查补集的概念及运算,考查一元二次不等式的解法,属于基础题.8.B【解析】

由题意可得,且,故有①,再根据,求得②,由①②可得的最大值,检验的这个值满足条件.【详解】解:函数,,为的零点,为图象的对称轴,,且,、,,即为奇数①.在,单调,,②.由①②可得的最大值为1.当时,由为图象的对称轴,可得,,故有,,满足为的零点,同时也满足满足在上单调,故为的最大值,故选:B.【点睛】本题主要考查正弦函数的图象的特征,正弦函数的周期性以及它的图象的对称性,属于中档题.9.B【解析】

根据程序框图知当时,循环终止,此时,即可得答案.【详解】,.运行第一次,,不成立,运行第二次,,不成立,运行第三次,,不成立,运行第四次,,不成立,运行第五次,,成立,输出i的值为11,结束.故选:B.【点睛】本题考查补充程序框图判断框的条件,考查函数与方程思想、转化与化归思想,考查逻辑推理能力和运算求解能力,求解时注意模拟程序一步一步执行的求解策略.10.D【解析】

由折线图逐项分析即可求解【详解】选项,显然正确;对于,,选项正确;1.6,1.9,2.2,2.5,2.9不是等差数列,故错.故选:D【点睛】本题考查统计的知识,考查数据处理能力和应用意识,是基础题11.D【解析】

直接利用二倍角余弦公式与弦化切即可得到结果.【详解】∵,∴,故选D【点睛】本题考查的知识要点:三角函数关系式的恒等变变换,同角三角函数关系式的应用,主要考查学生的运算能力和转化能力,属于基础题型.12.B【解析】分析:首先利用同角三角函数关系式,结合题中所给的角的范围,求得的值,之后借助于倍角公式,将待求的式子转化为关于的式子,代入从而求得结果.详解:根据题中的条件,可得为锐角,根据,可求得,而,故选B.点睛:该题考查的是有关同角三角函数关系式以及倍角公式的应用,在解题的过程中,需要对已知真切求余弦的方法要明确,可以应用同角三角函数关系式求解,也可以结合三角函数的定义式求解.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.【解析】

根据题意可得,再由,即可得到结论.【详解】由题意,得,又,解得,当时,则,此时;当时,则,此时,综上,.故答案为:.【点睛】本题考查诱导公式和同角的三角函数的关系,考查计算能力,属于基础题.14.60【解析】

直接利用二项式定理计算得到答案.【详解】二项式的展开式通项为:,取,则的系数为.故答案为:.【点睛】本题考查了二项式定理,意在考查学生的计算能力和应用能力.15.【解析】

根据已知条件计算出,结合得出,利用基本不等式可得出的取值范围,利用平面向量的数量积公式可求得的取值范围,进而可得出的取值范围.【详解】,,,由得,,由基本不等式可得,,,,,因此,的取值范围为.故答案为:.【点睛】本题考查利用向量的模求解平面向量夹角的取值范围,考查计算能力,属于中等题.16.【解析】

计算出角的取值范围,结合正弦定理可求得的取值范围.【详解】,则,所以,,由正弦定理,.因此,的取值范围是.故答案为:.【点睛】本题主要考查了正弦定理,正弦函数图象和性质,考查了转化思想,属于基础题.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)(2)【解析】分析:(1)先求导,再令在上恒成立,得到上恒成立,利用基本不等式得到m的取值范围.(2)先由得到,再求得,再构造函数再利用导数求其最小值.详解:(1)由函数有意义,则由且不存在单调递减区间,则在上恒成立,上恒成立(2)由知,令,即由有两个极值点故为方程的两根,,,则由由,则上单调递减,即由知综上所述,的最小值为.点睛:(1)本题主要考查利用导数求函数的单调区间和极值,考查利用导数求函数的最值,意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2)本题的难点有两个,其一是求出,其二是构造函数再利用导数求其最小值.18.(1)见解析;(2)【解析】

(1)由原式可得,等式两端同时除以,可得到,即可证明结论;(2)由(1)可求得的表达式,进而可求得的表达式,然后求出的前项和即可.【详解】(1)证明:因为,所以,所以,从而,因为,所以,故数列是首项为1,公差为1的等差数列.(2)由(1)可知,则,因为,所以,则.【点睛】本题考查了等差数列的证明,考查了等差数列及等比数列的前项和公式的应用,考查了学生的计算求解能力,属于中档题.19.(1);(2)存在,.【解析】

(1)由条件建立关于的方程组,可求得,得出椭圆的方程;(2)①当直线的斜率不存在时,可求得,求得,②当直线的斜率存在且不为0时,设联立直线与椭圆的方程,求出线段,再由得出线段,根据等差中项可求得,得出结论.【详解】(1)由条件得,所以椭圆的方程为:;(2),①当直线的斜率不存在时,,此时,②当直线的斜率存在且不为0时,设,联立消元得,设,,直线的斜率为,同理可得,所以,综合①②,存在常数,使得成等差数列.【点睛】本题考查利用椭圆的离心率求椭圆的标准方程,直线与椭圆的位置关系中的弦长公式的相关问题,当两直线的斜率具有关系时,可能通过斜率的代换得出另一条线段的弦长,属于中档题.20.(1)见解析;(2)【解析】

(1)要证明PC⊥面ADE,由已知可得AD⊥PC,只需满足即可,从而得到点E为中点;(2)求出面ADE的法向量,面PAE的法向量,利用空间向量的数量积,求解二面角P﹣AE﹣D的余弦值.【详解】(1)法一:要证明PC⊥面ADE,易知AD⊥面PDC,即得AD⊥PC,故只需即可,所以由,即存在点E为PC中点.法二:建立如图所示的空间直角坐标系D-XYZ,由题意知PD=CD=1,,设,,,由,得,即存在点E为PC中点.(2)由(1)知,,,,,,设面ADE的法向量为,面PAE的法向量为由的法向量为得,得,同理求得所以,故所求二面角P-AE-D的余弦值为.【点睛】本题考查二面角的平面角的求法,考查直线与平面垂直的判定定理的应用,考查空间想象能力以及计算能力.21.(1).(2)1【解析】

(1)先根据题意建立空间直角坐标系,求得向量和向量的坐标,再利用线线角的向量方法求解.(2,由AN=λ,设N(0,λ,0)(0≤λ≤4),则=(-1,λ-1,-2),再求得平面PBC的一个法向量,利用直线MN与平面PBC所成角的正弦值为,由|cos〈,〉|===求解.【详解】(1)因为PA⊥平面ABCD,且AB,AD⊂平面ABCD,所以PA⊥AB,PA⊥AD.又因为∠BAD=90°,所以PA,AB,AD两两互相垂直.分别以AB,AD,AP为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则由AD=2AB=2BC=4,PA=4可得A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,4,0),P(0,0,4).又因为M为PC的中点,所以M(1,1,2).所以=(-1,1,2),=(0,0,4),所以cos〈,〉===,所以异面直线AP,BM所成角的余弦值为.(2)因为AN=λ,所以N(0,λ,0)(0≤λ≤4),则=(-1,λ-1,-2),=(0,2,0),=(2,0,-4).设平面PBC的法向量为=(x,y,z),则即令x=2,解得y=0,z=1,所以=(2,0,1)是平面PBC的一个法向量.因为直线MN与平面P

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