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文档简介
北京市石景山第九中学2022-2023学年高三毕业班教学质量检测试题数学试题注意事项1.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回.2.答题前,请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置.3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符.4.作答选择题,必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑;如需改动,请用橡皮擦干净后,再选涂其他答案.作答非选择题,必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答,在其他位置作答一律无效.5.如需作图,须用2B铅笔绘、写清楚,线条、符号等须加黑、加粗.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,在中,点为线段上靠近点的三等分点,点为线段上靠近点的三等分点,则()A. B. C. D.2.若复数()在复平面内的对应点在直线上,则等于()A. B. C. D.3.胡夫金字塔是底面为正方形的锥体,四个侧面都是相同的等腰三角形.研究发现,该金字塔底面周长除以倍的塔高,恰好为祖冲之发现的密率.设胡夫金字塔的高为,假如对胡夫金字塔进行亮化,沿其侧棱和底边布设单条灯带,则需要灯带的总长度约为A. B.C. D.4.在中,D为的中点,E为上靠近点B的三等分点,且,相交于点P,则()A. B.C. D.5.已知为定义在上的偶函数,当时,,则()A. B. C. D.6.已知函数,则下列结论中正确的是①函数的最小正周期为;②函数的图象是轴对称图形;③函数的极大值为;④函数的最小值为.A.①③ B.②④C.②③ D.②③④7.已知抛物线,F为抛物线的焦点且MN为过焦点的弦,若,,则的面积为()A. B. C. D.8.若与互为共轭复数,则()A.0 B.3 C.-1 D.49.已知函数,若时,恒成立,则实数的值为()A. B. C. D.10.已知为坐标原点,角的终边经过点且,则()A. B. C. D.11.某几何体的三视图如右图所示,则该几何体的外接球表面积为()A. B.C. D.12.若为虚数单位,则复数在复平面上对应的点位于()A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.根据如图所示的伪代码,若输入的的值为2,则输出的的值为____________.14.已知函数有两个极值点、,则的取值范围为_________.15.已知四棱锥,底面四边形为正方形,,四棱锥的体积为,在该四棱锥内放置一球,则球体积的最大值为_________.16.函数在区间内有且仅有两个零点,则实数的取值范围是_____.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)已知都是各项不为零的数列,且满足其中是数列的前项和,是公差为的等差数列.(1)若数列是常数列,,,求数列的通项公式;(2)若是不为零的常数),求证:数列是等差数列;(3)若(为常数,),.求证:对任意的恒成立.18.(12分)已知是抛物线:的焦点,点在上,到轴的距离比小1.(1)求的方程;(2)设直线与交于另一点,为的中点,点在轴上,.若,求直线的斜率.19.(12分)如图,在四棱锥中,底面是直角梯形且∥,侧面为等边三角形,且平面平面.(1)求平面与平面所成的锐二面角的大小;(2)若,且直线与平面所成角为,求的值.20.(12分)已知定点,,直线、相交于点,且它们的斜率之积为,记动点的轨迹为曲线。(1)求曲线的方程;(2)过点的直线与曲线交于、两点,是否存在定点,使得直线与斜率之积为定值,若存在,求出坐标;若不存在,请说明理由。21.(12分)如图,在四棱锥中,平面,底面是矩形,,,分别是,的中点.(Ⅰ)求证:平面;(Ⅱ)设,求三棱锥的体积.22.(10分)设数列满足,.(1)求数列的通项公式;(2)设,求数列的前项和.
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】
,将,代入化简即可.【详解】.故选:B.【点睛】本题考查平面向量基本定理的应用,涉及到向量的线性运算、数乘运算,考查学生的运算能力,是一道中档题.2.C【解析】
由题意得,可求得,再根据共轭复数的定义可得选项.【详解】由题意得,解得,所以,所以,故选:C.【点睛】本题考查复数的几何表示和共轭复数的定义,属于基础题.3.D【解析】
设胡夫金字塔的底面边长为,由题可得,所以,该金字塔的侧棱长为,所以需要灯带的总长度约为,故选D.4.B【解析】
设,则,,由B,P,D三点共线,C,P,E三点共线,可知,,解得即可得出结果.【详解】设,则,,因为B,P,D三点共线,C,P,E三点共线,所以,,所以,.故选:B.【点睛】本题考查了平面向量基本定理和向量共线定理的简单应用,属于基础题.5.D【解析】
判断,利用函数的奇偶性代入计算得到答案.【详解】∵,∴.故选:【点睛】本题考查了利用函数的奇偶性求值,意在考查学生对于函数性质的灵活运用.6.D【解析】
因为,所以①不正确;因为,所以,,所以,所以函数的图象是轴对称图形,②正确;易知函数的最小正周期为,因为函数的图象关于直线对称,所以只需研究函数在上的极大值与最小值即可.当时,,且,令,得,可知函数在处取得极大值为,③正确;因为,所以,所以函数的最小值为,④正确.故选D.7.A【解析】
根据可知,再利用抛物线的焦半径公式以及三角形面积公式求解即可.【详解】由题意可知抛物线方程为,设点点,则由抛物线定义知,,则.由得,则.又MN为过焦点的弦,所以,则,所以.故选:A【点睛】本题考查抛物线的方程应用,同时也考查了焦半径公式等.属于中档题.8.C【解析】
计算,由共轭复数的概念解得即可.【详解】,又由共轭复数概念得:,.故选:C【点睛】本题主要考查了复数的运算,共轭复数的概念.9.D【解析】
通过分析函数与的图象,得到两函数必须有相同的零点,解方程组即得解.【详解】如图所示,函数与的图象,因为时,恒成立,于是两函数必须有相同的零点,所以,解得.故选:D【点睛】本题主要考查函数的图象的综合应用和函数的零点问题,考查不等式的恒成立问题,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.10.C【解析】
根据三角函数的定义,即可求出,得出,得出和,再利用二倍角的正弦公式,即可求出结果.【详解】根据题意,,解得,所以,所以,所以.故选:C.【点睛】本题考查三角函数定义的应用和二倍角的正弦公式,考查计算能力.11.A【解析】
由三视图知:几何体为三棱锥,且三棱锥的一条侧棱垂直于底面,结合直观图判断外接球球心的位置,求出半径,代入求得表面积公式计算.【详解】由三视图知:几何体为三棱锥,且三棱锥的一条侧棱垂直于底面,高为2,底面为等腰直角三角形,斜边长为,如图:的外接圆的圆心为斜边的中点,,且平面,,的中点为外接球的球心,半径,外接球表面积.故选:A【点睛】本题考查了由三视图求几何体的外接球的表面积,根据三视图判断几何体的结构特征,利用几何体的结构特征与数据求得外接球的半径是解答本题的关键.12.D【解析】
根据复数的运算,化简得到,再结合复数的表示,即可求解,得到答案.【详解】由题意,根据复数的运算,可得,所对应的点为位于第四象限.故选D.【点睛】本题主要考查了复数的运算,以及复数的几何意义,其中解答中熟记复数的运算法则,准确化简复数为代数形式是解答的关键,着重考查了推理与运算能力,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】
满足条件执行,否则执行.【详解】本题实质是求分段函数在处的函数值,当时,.故答案为:1【点睛】本题考查条件语句的应用,此类题要做到读懂算法语句,本题是一道容易题.14.【解析】
确定函数的定义域,求导函数,利用极值的定义,建立方程,结合韦达定理,即可求的取值范围.【详解】函数的定义域为,,依题意,方程有两个不等的正根、(其中),则,由韦达定理得,,所以,令,则,,当时,,则函数在上单调递减,则,所以,函数在上单调递减,所以,.因此,的取值范围是.故答案为:.【点睛】本题考查了函数极值点问题,考查了函数的单调性、最值,将的取值范围转化为以为自变量的函数的值域问题是解答的关键,考查计算能力,属于中等题.15.【解析】
由题知,该四棱锥为正四棱锥,作出该正四棱锥的高和斜高,连接,则球心O必在的边上,设,由球与四棱锥的内切关系可知,设,用和表示四棱锥的体积,解得和的关系,进而表示出内切球的半径,并求出半径的最大值,进而求出球的体积的最大值.【详解】设,,由球O内切于四棱锥可知,,,则,球O的半径,,,,当且仅当时,等号成立,此时.故答案为:.【点睛】本题考查了棱锥的体积问题,内切球问题,考查空间想象能力,属于较难的填空压轴题.16.【解析】
对函数零点问题等价转化,分离参数讨论交点个数,数形结合求解.【详解】由题:函数在区间内有且仅有两个零点,,等价于函数恰有两个公共点,作出大致图象:要有两个交点,即,所以.故答案为:【点睛】此题考查函数零点问题,根据函数零点个数求参数的取值范围,关键在于对函数零点问题恰当变形,等价转化,数形结合求解.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)详见解析;(3)详见解析.【解析】
(1)根据,可求得,再根据是常数列代入根据通项与前项和的关系求解即可.(2)取,并结合通项与前项和的关系可求得再根据化简可得,代入化简即可知,再证明也成立即可.(3)由(2)当时,,代入所给的条件化简可得,进而证明可得,即数列是等比数列.继而求得,再根据作商法证明即可.【详解】解:.是各项不为零的常数列,则,则由,及得,当时,,两式作差,可得.当时,满足上式,则;证明:,当时,,两式相减得:即.即.又,,即.当时,,两式相减得:.数列从第二项起是公差为的等差数列.又当时,由得,当时,由,得.故数列是公差为的等差数列;证明:由,当时,,即,,,即,即,当时,即.故从第二项起数列是等比数列,当时,..另外,由已知条件可得,又,,因而.令,则.故对任意的恒成立.【点睛】本题主要考查了等差等比数列的综合运用,需要熟练运用通项与前项和的关系分析数列的递推公式继而求解通项公式或证明等差数列等.同时也考查了数列中的不等式证明等,需要根据题意分析数列为等比数列并求出通项,再利用作商法证明.属于难题.18.(1)(2)【解析】
(1)由抛物线定义可知,解得,故抛物线的方程为;(2)设直线:,联立,利用韦达定理算出的中点,又,所以直线的方程为,求出,利用求解即可.【详解】(1)设的准线为,过作于,则由抛物线定义,得,因为到的距离比到轴的距离大1,所以,解得,所以的方程为(2)由题意,设直线方程为,由消去,得,设,,则,所以,又因为为的中点,点的坐标为,直线的方程为,令,得,点的坐标为,所以,解得,所以直线的斜率为.【点睛】本题主要考查抛物线的定义,直线与抛物线的位置关系等基础知识,考查学生的运算求解能力.涉及抛物线的弦的中点,斜率问题时,可采用韦达定理或“点差法”求解.19.(1);(2).【解析】
(1)分别取的中点为,易得两两垂直,以所在直线为轴建立空间直角坐标系,易得为平面的法向量,只需求出平面的法向量为,再利用计算即可;(2)求出,利用计算即可.【详解】(1)分别取的中点为,连结.因为∥,所以∥.因为,所以.因为侧面为等边三角形,所以又因为平面平面,平面平面,平面,所以平面,所以两两垂直.以为空间坐标系的原点,分别以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系,因为,则,,.设平面的法向量为,则,即.取,则,所以.又为平面的法向量,设平面与平面所成的锐二面角的大小为,则,所以平面与平面所成的锐二面角的大小为.(2)由(1)得,平面的法向量为,所以成.又直线与平面所成角为,所以,即,即,化简得,所以,符合题意.【点睛】本题考查利用向量坐标法求面面角、线面角,涉及到面面垂直的性质定理的应用,做好此类题的关键是准确写出点的坐标,是一道中档题.20.(1);(2)存在定点,见解析【解析】
(1)设动点,则,利用,求出曲线的方程.(2)由已知直线过点,设的方程为,则联立方程组,消去得,设,,,利用韦达定理求解直线的斜率,然后求解指向性方程,推出结果.【详解】解:(1)设动点,则,,,即,化简得:。由已知,故曲线的方程为。(2)由已知直线过点,设的方程为,则联立方程组,消去得,设,,则又直线与斜率分别为,,则。当时,,;当时,,。所以存在定点,使得直线与斜率之积为定值。【点睛】本题考查轨迹方程的求法,直线与椭圆的位置关系的综合应用,考查计算能力,属于中档题.21.(Ⅰ)见解析(Ⅱ)【解析】
(Ⅰ)取中点,连,,根据平行四边形,可得,进而证得平面平面,利用面面垂直的性质,得平面,又由,即可得到平面.(Ⅱ)根据三棱锥的体积公式,利用等积法,即可求解.【详解】(Ⅰ)取中点,连,,由,可得,可得是平行四边形,则,又平面,∴平面平面,∵平面,平面,∴平面平面,∵,是中点,则,而平面平面,而,∴平面.(Ⅱ)根据三棱锥的体积公式,得.【点睛】本题主要考查了空间中线面位置关系的判定与证明,以及利用“等体积法”求解三棱锥的体积,其中解答中熟记线面位置关系的
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