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文檔簡介

北京市順義第九中學2024年學業(yè)水平考試數學試題模擬試卷注意事項1.考生要認真填寫考場號和座位序號。2.試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上,在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答;第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3.考試結束后,考生須將試卷和答題卡放在桌面上,待監(jiān)考員收回。一、選擇題:本題共12小題,每小題5分,共60分。在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的。1.中國古代數學著作《算法統(tǒng)宗》中有這樣一個問題;“三百七十八里關,初行健步不為難,次后腳痛遞減半,六朝才得到其關,要見每朝行里數,請公仔細算相還.”其意思為:“有一個人走了378里路,第一天健步走行,從第二天起腳痛每天走的路程是前一天的一半,走了6天后到達目的地,求該人每天走的路程.”由這個描述請算出這人第四天走的路程為()A.6里 B.12里 C.24里 D.48里2.在中,點為中點,過點的直線與,所在直線分別交于點,,若,,則的最小值為()A. B.2 C.3 D.3.已知全集,集合,則=()A. B.C. D.4.已知三棱錐中,是等邊三角形,,則三棱錐的外接球的表面積為()A. B. C. D.5.是恒成立的()A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件6.下列函數中,在區(qū)間上單調遞減的是()A. B. C. D.7.已知函數的圖象向左平移個單位后得到函數的圖象,則的最小值為()A. B. C. D.8.將一張邊長為的紙片按如圖(1)所示陰影部分裁去四個全等的等腰三角形,將余下部分沿虛線折疊并拼成一個有底的正四棱錐模型,如圖(2)放置,如果正四棱錐的主視圖是正三角形,如圖(3)所示,則正四棱錐的體積是()A. B. C. D.9.已知復數,滿足,則()A.1 B. C. D.510.已知是虛數單位,若,,則實數()A.或 B.-1或1 C.1 D.11.已知集合A={x|–1<x<2},B={x|x>1},則A∪B=A.(–1,1) B.(1,2) C.(–1,+∞) D.(1,+∞)12.拋物線的焦點為F,點為該拋物線上的動點,若點,則的最小值為()A. B. C. D.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13.已知數列滿足對任意,,則數列的通項公式__________.14.已知數列滿足:,,若對任意的正整數均有,則實數的最大值是_____.15.數列的前項和為,則數列的前項和_____.16.在如圖所示的三角形數陣中,用表示第行第個數,已知,且當時,每行中的其他各數均等于其“肩膀”上的兩個數之和,即,若,則正整數的最小值為______.三、解答題:共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17.(12分)已知函數的圖象在處的切線方程是.(1)求的值;(2)若函數,討論的單調性與極值;(3)證明:.18.(12分)設為坐標原點,動點在橢圓:上,該橢圓的左頂點到直線的距離為.(1)求橢圓的標準方程;(2)若橢圓外一點滿足,平行于軸,,動點在直線上,滿足.設過點且垂直的直線,試問直線是否過定點?若過定點,請寫出該定點,若不過定點請說明理由.19.(12分)已知函數.⑴當時,求函數的極值;⑵若存在與函數,的圖象都相切的直線,求實數的取值范圍.20.(12分)如圖,在三棱錐中,,,側面為等邊三角形,側棱.(1)求證:平面平面;(2)求三棱錐外接球的體積.21.(12分)如圖,在四棱錐中,四邊形為正方形,平面,點是棱的中點,,.(1)若,證明:平面平面;(2)若三棱錐的體積為,求二面角的余弦值.22.(10分)如圖所示,在三棱錐中,,,,點為中點.(1)求證:平面平面;(2)若點為中點,求平面與平面所成銳二面角的余弦值.

參考答案一、選擇題:本題共12小題,每小題5分,共60分。在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的。1、C【解析】

設第一天走里,則是以為首項,以為公比的等比數列,由題意得,求出(里,由此能求出該人第四天走的路程.【詳解】設第一天走里,則是以為首項,以為公比的等比數列,由題意得:,解得(里,(里.故選:C.【點睛】本題考查等比數列的某一項的求法,考查等比數列等基礎知識,考查推理論證能力、運算求解能力,考查化歸與轉化思想、函數與方程思想,是基礎題.2、B【解析】

由,,三點共線,可得,轉化,利用均值不等式,即得解.【詳解】因為點為中點,所以,又因為,,所以.因為,,三點共線,所以,所以,當且僅當即時等號成立,所以的最小值為1.故選:B【點睛】本題考查了三點共線的向量表示和利用均值不等式求最值,考查了學生綜合分析,轉化劃歸,數學運算的能力,屬于中檔題.3、D【解析】

先計算集合,再計算,最后計算.【詳解】解:,,.故選:.【點睛】本題主要考查了集合的交,補混合運算,注意分清集合間的關系,屬于基礎題.4、D【解析】

根據底面為等邊三角形,取中點,可證明平面,從而,即可證明三棱錐為正三棱錐.取底面等邊的重心為,可求得到平面的距離,畫出幾何關系,設球心為,即可由球的性質和勾股定理求得球的半徑,進而得球的表面積.【詳解】設為中點,是等邊三角形,所以,又因為,且,所以平面,則,由三線合一性質可知所以三棱錐為正三棱錐,設底面等邊的重心為,可得,,所以三棱錐的外接球球心在面下方,設為,如下圖所示:由球的性質可知,平面,且在同一直線上,設球的半徑為,在中,,即,解得,所以三棱錐的外接球表面積為,故選:D.【點睛】本題考查了三棱錐的結構特征和相關計算,正三棱錐的外接球半徑求法,球的表面積求法,對空間想象能力要求較高,屬于中檔題.5、A【解析】

設成立;反之,滿足,但,故選A.6、C【解析】

由每個函數的單調區(qū)間,即可得到本題答案.【詳解】因為函數和在遞增,而在遞減.故選:C【點睛】本題主要考查常見簡單函數的單調區(qū)間,屬基礎題.7、A【解析】

首先求得平移后的函數,再根據求的最小值.【詳解】根據題意,的圖象向左平移個單位后,所得圖象對應的函數,所以,所以.又,所以的最小值為.故選:A【點睛】本題考查三角函數的圖象變換,誘導公式,意在考查平移變換,屬于基礎題型.8、B【解析】設折成的四棱錐的底面邊長為,高為,則,故由題設可得,所以四棱錐的體積,應選答案B.9、A【解析】

首先根據復數代數形式的除法運算求出,求出的模即可.【詳解】解:,,故選:A【點睛】本題考查了復數求模問題,考查復數的除法運算,屬于基礎題.10、B【解析】

由題意得,,然后求解即可【詳解】∵,∴.又∵,∴,∴.【點睛】本題考查復數的運算,屬于基礎題11、C【解析】

根據并集的求法直接求出結果.【詳解】∵,∴,故選C.【點睛】考查并集的求法,屬于基礎題.12、B【解析】

通過拋物線的定義,轉化,要使有最小值,只需最大即可,作出切線方程即可求出比值的最小值.【詳解】解:由題意可知,拋物線的準線方程為,,過作垂直直線于,由拋物線的定義可知,連結,當是拋物線的切線時,有最小值,則最大,即最大,就是直線的斜率最大,設在的方程為:,所以,解得:,所以,解得,所以,.故選:.【點睛】本題考查拋物線的基本性質,直線與拋物線的位置關系,轉化思想的應用,屬于基礎題.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13、【解析】

利用累加法求得數列的通項公式,由此求得的通項公式.【詳解】由題,所以故答案為:【點睛】本小題主要考查累加法求數列的通項公式,屬于基礎題.14、2【解析】

根據遞推公式可考慮分析,再累加求出關于關于參數的關系,根據表達式的取值分析出,再用數學歸納法證明滿足條件即可.【詳解】因為,累加可得.若,注意到當時,,不滿足對任意的正整數均有.所以.當時,證明:對任意的正整數都有.當時,成立.假設當時結論成立,即,則,即結論對也成立.由數學歸納法可知,對任意的正整數都有.綜上可知,所求實數的最大值是2.故答案為:2【點睛】本題主要考查了根據數列的遞推公式求解參數最值的問題,需要根據遞推公式累加求解,同時注意結合參數的范圍問題進行分析.屬于難題.15、【解析】

解:兩式作差,得,經過檢驗得出數列的通項公式,進而求得的通項公式,裂項相消求和即可.【詳解】解:兩式作差,得化簡得,檢驗:當n=1時,,所以數列是以2為首項,2為公比的等比數列;,,令故填:.【點睛】本題考查求數列的通項公式,裂項相消求數列的前n項和,解題過程中需要注意n的范圍以及對特殊項的討論,側重考查運算能力.16、2022【解析】

根據條件先求出數列的通項,利用累加法進行求解即可.【詳解】,,,下面求數列的通項,由題意知,,,,,,數列是遞增數列,且,的最小值為.故答案為:.【點睛】本題主要考查歸納推理的應用,結合數列的性質求出數列的通項是解決本題的關鍵.綜合性較強,屬于難題.三、解答題:共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、(1);(2)單調遞減區(qū)間為,單調遞增區(qū)間為,的極小值為,無極大值;(3)見解析.【解析】

(1)切點既在切線上又在曲線上得一方程,再根據斜率等于該點的導數再列一方程,解方程組即可;(2)先對求導數,根據導數判斷和求解即可.(3)把證明轉化為證明,然后證明極小值大于極大值即可.【詳解】解:(1)函數的定義域為由已知得,則,解得.(2)由題意得,則.當時,,所以單調遞減,當時,,所以單調遞增,所以,單調遞減區(qū)間為,單調遞增區(qū)間為,的極小值為,無極大值.(3)要證成立,只需證成立.令,則,當時,單調遞增,當時,單調遞減,所以的極大值為,即由(2)知,時,,且的最小值點與的最大值點不同,所以,即.所以,.【點睛】知識方面,考查建立方程組求未知數,利用導數求函數的單調區(qū)間和極值以及不等式的證明;能力方面,考查推理論證能力、分析問題和解決問題的能力以及運算求解能力;試題難度大.18、(1);(2)見解析【解析】

(1)根據點到直線的距離公式可求出a的值,即可得橢圓方程;(2)由題意M(x0,y0),N(x0,y1),P(2,t),根據,可得y1=2y0,由,可得2x0+2y0t=6,再根據向量的運算可得,即可證明.【詳解】(1)左頂點A的坐標為(﹣a,0),∵=,∴|a﹣5|=3,解得a=2或a=8(舍去),∴橢圓C的標準方程為+y2=1,(2)由題意M(x0,y0),N(x0,y1),P(2,t),則依題意可知y1≠y0,得(x0﹣2x0,y1﹣2y0)(0,y1﹣y0)=0,整理可得y1=2y0,或y1=y(tǒng)0(舍),,得(x0,2y0)(2﹣x0,t﹣2y0)=2,整理可得2x0+2y0t=x02+4y02+2=6,由(1)可得F(,0),∴=(﹣x0,﹣2y0),∴?=(﹣x0,﹣2y0)(2,t)=6﹣2x0﹣2y0t=0,∴NF⊥OP,故過點N且垂直于OP的直線過橢圓C的右焦點F.【點睛】本題考查了橢圓方程的求法,直線和橢圓的關系,向量的運算,考查了運算求解能力和轉化與化歸能力,屬于中檔題.19、(1)當時,函數取得極小值為,無極大值;(2)【解析】試題分析:(1),通過求導分析,得函數取得極小值為,無極大值;(2),所以,通過求導討論,得到的取值范圍是.試題解析:(1)函數的定義域為當時,,所以所以當時,,當時,,所以函數在區(qū)間單調遞減,在區(qū)間單調遞增,所以當時,函數取得極小值為,無極大值;(2)設函數上點與函數上點處切線相同,則所以所以,代入得:設,則不妨設則當時,,當時,所以在區(qū)間上單調遞減,在區(qū)間上單調遞增,代入可得:設,則對恒成立,所以在區(qū)間上單調遞增,又所以當時,即當時,又當時因此當時,函數必有零點;即當時,必存在使得成立;即存在使得函數上點與函數上點處切線相同.又由得:所以單調遞減,因此所以實數的取值范圍是.20、(1)見解析;(2).【解析】

(1)設中點為,連接、,利用等腰三角形三線合一的性質得出,利用勾股定理得出,由線面垂直的判定定理可證得平面,再利用面面垂直的判定定理可得出平面平面;(2)先確定三棱錐的外接球球心的位置,利用三角形相似求出外接球的半徑,再由球體的體積公式可求得結果.【詳解】(1)設中點為,連接、,因為,所以.又,所以,又由已知,,則,所以,.又為正三角形,且,所以,因為,所以,,,平面,又平面,平面平面;(2)由于是底面直角三角形的斜邊的中點,所以點是的外心,由(1)知平面,所以三棱錐的外接球的球心在上.在中,的垂直平分線與的交點即為球心,記的中點為點,則.由與相似可得,所以.所以三棱錐外接球的體積為.【點睛】本題考查面面垂直的證明,同時也考查了三棱錐外接球體積的計算,找出外接球球心的位置是解答的關鍵,考查推理能力與計算能力,屬于中等題.21、(1)見解析(2)【解析】

(1)由已知可證得平面,則有,在中,由已知可得,即可證得平面,進而證得結論.(2)過作交于,由為的中點,結合

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