北京市第66中學2023-2024學年統(tǒng)一招生5月調研數學試題試卷

北京市第66中學2023-2024學年統(tǒng)一招生5月調研數學試題試卷注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。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．某公園新購進盆錦紫蘇、盆虞美人、盆郁金香，盆盆栽，現將這盆盆栽擺成一排，要求郁金香不在兩邊，任兩盆錦紫蘇不相鄰的擺法共（）種A． B． C． D．2．某裝飾公司制作一種扇形板狀裝飾品，其圓心角為120°，并在扇形弧上正面等距安裝7個發(fā)彩色光的小燈泡且在背面用導線相連(弧的兩端各一個，導線接頭忽略不計)，已知扇形的半徑為30厘米，則連接導線最小大致需要的長度為（）A．58厘米 B．63厘米 C．69厘米 D．76厘米3．甲、乙、丙、丁四位同學高考之后計劃去三個不同社區(qū)進行幫扶活動，每人只能去一個社區(qū)，每個社區(qū)至少一人.其中甲必須去社區(qū)，乙不去社區(qū)，則不同的安排方法種數為（）A．8 B．7 C．6 D．54．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．設為虛數單位，則復數在復平面內對應的點位于()A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限6．一個四面體所有棱長都是4，四個頂點在同一個球上，則球的表面積為（）A． B． C． D．7．已知復數z滿足，則z的虛部為（）A． B．i C．–1 D．18．已知數列滿足,(),則數列的通項公式()A． B． C． D．9．若a＞b＞0，0＜c＜1，則A．logac＜logbc B．logca＜logcb C．ac＜bc D．ca＞cb10．設，是方程的兩個不等實數根，記（）.下列兩個命題（）①數列的任意一項都是正整數；②數列存在某一項是5的倍數.A．①正確，②錯誤 B．①錯誤，②正確C．①②都正確 D．①②都錯誤11．已知在平面直角坐標系中，圓：與圓：交于，兩點，若，則實數的值為（）A．1 B．2 C．-1 D．-212．如圖1，《九章算術》中記載了一個“折竹抵地”問題:今有竹高一丈,末折抵地,去本三尺，問折者高幾何?意思是:有一根竹子,原高一丈（1丈=10尺）,現被風折斷，尖端落在地上，竹尖與竹根的距離三尺，問折斷處離地面的高為（）尺.A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．平面向量，，（R），且與的夾角等于與的夾角，則.14．已知實數，滿足約束條件，則的最大值是__________.15．已知，圓，直線PM，PN分別與圓O相切，切點為M，N，若，則的最小值為________.16．函數的最大值與最小正周期相同，則在上的單調遞增區(qū)間為______.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．（1）解不等式；（2）若函數存在零點，求的求值范圍．18．（12分）已知函數（1）若函數有且只有一個零點，求實數的取值范圍；（2）若函數對恒成立，求實數的取值范圍.19．（12分）在平面直角坐標系xOy中，直線l的參數方程為（t為參數），以坐標原點為極點，x軸正半軸為極軸，建立極坐標系，已知曲線C的極坐標方程為．（1）求直線l的普通方程與曲線C的直角坐標方程；（2）設點，直線l與曲線C交于不同的兩點A、B，求的值．20．（12分）如圖,直角三角形所在的平面與半圓弧所在平面相交于,，,分別為,的中點,是上異于,的點,.（1）證明:平面平面;（2）若點為半圓弧上的一個三等分點(靠近點)求二面角的余弦值.21．（12分）已知.（1）求不等式的解集；（2）若存在，使得成立，求實數的取值范圍22．（10分）已知函數，函數在點處的切線斜率為0.（1）試用含有的式子表示，并討論的單調性；（2）對于函數圖象上的不同兩點，，如果在函數圖象上存在點，使得在點處的切線，則稱存在“跟隨切線”.特別地，當時，又稱存在“中值跟隨切線”.試問：函數上是否存在兩點使得它存在“中值跟隨切線”，若存在，求出的坐標，若不存在，說明理由.

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、B【解析】

間接法求解，兩盆錦紫蘇不相鄰，被另3盆隔開有，扣除郁金香在兩邊有，即可求出結論.【詳解】使用插空法，先排盆虞美人、盆郁金香有種，然后將盆錦紫蘇放入到4個位置中有種，根據分步乘法計數原理有，扣除郁金香在兩邊，排盆虞美人、盆郁金香有種，再將盆錦紫蘇放入到3個位置中有，根據分步計數原理有，所以共有種.故選:B.【點睛】本題考查排列應用問題、分步乘法計數原理，不相鄰問題插空法是解題的關鍵，屬于中檔題.2、B【解析】

由于實際問題中扇形弧長較小，可將導線的長視為扇形弧長，利用弧長公式計算即可.【詳解】因為弧長比較短的情況下分成6等分，所以每部分的弦長和弧長相差很小，可以用弧長近似代替弦長，故導線長度約為63(厘米).故選：B.【點睛】本題主要考查了扇形弧長的計算，屬于容易題.3、B【解析】根據題意滿足條件的安排為：A（甲，乙）B（丙）C（丁）；A（甲，乙）B（?。〤（丙）；A（甲，丙）B（?。〤（乙）；A（甲，?。〣（丙）C（乙）；A（甲）B（丙，?。〤（乙）；A（甲）B（?。〤（乙，丙）；A（甲）B（丙）C（丁，乙）；共7種，選B.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】

利用復數的除法運算化簡，求得對應的坐標，由此判斷對應點所在象限.【詳解】，對應的點的坐標為，位于第一象限.故選：A.【點睛】本小題主要考查復數除法運算，考查復數對應點所在象限，屬于基礎題.6、A【解析】

將正四面體補成正方體，通過正方體的對角線與球的半徑關系，求解即可．【詳解】解：如圖，將正四面體補形成一個正方體，正四面體的外接球與正方體的外接球相同，∵四面體所有棱長都是4，∴正方體的棱長為，設球的半徑為，則，解得，所以，故選：A．【點睛】本題主要考查多面體外接球問題，解決本題的關鍵在于，巧妙構造正方體，利用正方體的外接球的直徑為正方體的對角線，從而將問題巧妙轉化，屬于中檔題．7、C【解析】

利用復數的四則運算可得，即可得答案.【詳解】∵，∴，∴，∴復數的虛部為.故選：C.【點睛】本題考查復數的四則運算、虛部概念，考查運算求解能力，屬于基礎題.8、A【解析】

利用數列的遞推關系式，通過累加法求解即可．【詳解】數列滿足：，，可得以上各式相加可得：，故選：．【點睛】本題考查數列的遞推關系式的應用，數列累加法以及通項公式的求法，考查計算能力．9、B【解析】試題分析：對于選項A，，，，而，所以，但不能確定的正負，所以它們的大小不能確定;對于選項B，,，兩邊同乘以一個負數改變不等號方向，所以選項B正確;對于選項C，利用在第一象限內是增函數即可得到，所以C錯誤;對于選項D，利用在上為減函數易得，所以D錯誤.所以本題選B.【考點】指數函數與對數函數的性質【名師點睛】比較冪或對數值的大小,若冪的底數相同或對數的底數相同,通常利用指數函數或對數函數的單調性進行比較；若底數不同,可考慮利用中間量進行比較.10、A【解析】

利用韋達定理可得,,結合可推出,再計算出,,從而推出①正確;再利用遞推公式依次計算數列中的各項,以此判斷②的正誤.【詳解】因為,是方程的兩個不等實數根,所以,,因為,所以,即當時,數列中的任一項都等于其前兩項之和,又,,所以,,,以此類推,即可知數列的任意一項都是正整數,故①正確;若數列存在某一項是5的倍數,則此項個位數字應當為0或5,由,,依次計算可知,數列中各項的個位數字以1,3,4,7,1,8,9,7,6,3,9,2為周期,故數列中不存在個位數字為0或5的項,故②錯誤;故選:A.【點睛】本題主要考查數列遞推公式的推導,考查數列性質的應用,考查學生的綜合分析以及計算能力.11、D【解析】

由可得，O在AB的中垂線上，結合圓的性質可知O在兩個圓心的連線上，從而可求.【詳解】因為，所以O在AB的中垂線上，即O在兩個圓心的連線上，，，三點共線，所以，得，故選D.【點睛】本題主要考查圓的性質應用，幾何性質的轉化是求解的捷徑.12、B【解析】如圖，已知，，

∴，解得

，∴，解得

.∴折斷后的竹干高為4.55尺故選B.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、2【解析】試題分析：，與的夾角等于與的夾角，所以考點：向量的坐標運算與向量夾角14、【解析】

令，所求問題的最大值為,只需求出即可，作出可行域，利用幾何意義即可解決.【詳解】作出可行域，如圖令，則，顯然當直線經過時，最大，且，故的最大值為.故答案為：.【點睛】本題考查線性規(guī)劃中非線性目標函數的最值問題，要做好此類題，前提是正確畫出可行域，本題是一道基礎題.15、【解析】

由可知R為中點,設,由過切點的切線方程即可求得,，代入，，則在直線上，即可得方程為，將，代入化簡可得，則直線過定點,由則點在以為直徑的圓上，則.即可求得.【詳解】如圖，由可知R為MN的中點，所以，，設，則切線PM的方程為，即，同理可得，因為PM，PN都過，所以，，所以在直線上，從而直線MN方程為，因為，所以，即直線MN方程為，所以直線MN過定點,所以R在以OQ為直徑的圓上，所以.故答案為:.【點睛】本題考查直線和圓的位置關系,考查圓的切線方程,定點和圓上動點距離的最值問題,考查學生的數形結合能力和計算能力,難度較難.16、【解析】

利用三角函數的輔助角公式進行化簡，求出函數的解析式，結合三角函數的單調性進行求解即可．【詳解】∵，則函數的最大值為2，周期，的最大值與最小正周期相同，，得，則，當時，，則當時，得，即函數在，上的單調遞增區(qū)間為，故答案為：.【點睛】本題考查三角函數的性質、單調區(qū)間，利用輔助角公式求出函數的解析式是解決本題的關鍵，同時要注意單調區(qū)間為定義域的一個子區(qū)間．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）或；（2）．【解析】

（1）通過討論的范圍，將絕對值符號去掉，轉化為求不等式組的解集，之后取并集，得到原不等式的解集；（2）將函數零點問題轉化為曲線交點問題解決，數形結合得到結果.【詳解】（1）有題不等式可化為，當時，原不等式可化為，解得；當時，原不等式可化為，解得，不滿足，舍去；當時，原不等式可化為，解得，所以不等式的解集為．（2）因為，所以若函數存在零點則可轉化為函數與的圖像存在交點，函數在上單調增，在上單調遞減，且.數形結合可知．【點睛】該題考查的是有關不等式的問題，涉及到的知識點有分類討論求絕對值不等式的解集，將零點問題轉化為曲線交點的問題來解決，數形結合思想的應用，屬于簡單題目.18、（1）；（2）.【解析】

（1）求導得到，討論和兩種情況，計算函數的單調性，得到，再討論，，三種情況，計算得到答案.（2）計算得到，討論，兩種情況，分別計算單調性得到函數最值，得到答案.【詳解】（1），①當時恒成立，所以單調遞增，因為，所以有唯一零點，即符合題意；②當時，令，函數在上單調遞減，在上單調遞增，函數。（i）當即,所以符合題意，（ii）當即時，因為，故存在,所以不符題意（iii）當時，因為，設，所以,單調遞增，即，故存在，使得，不符題意；綜上，的取值范圍為。（2）。①當時，恒成立，所以單調遞增，所以，即符合題意；②當時，恒成立，所以單調遞增，又因為，所以存在，使得，且當時，。即在上單調遞減，所以，不符題意。綜上，的取值范圍為.【點睛】本題考查了函數的零點問題，恒成立問題，意在考查學生的分類討論能力和綜合應用能力.19、（1），（2）【解析】

(1)利用極坐標與直角坐標的互化公式即可把曲線的極坐標方程化為直角坐標方程,利用消去參數即可得到直線的直角坐標方程;(2)由于在直線上,寫出直線的標準參數方程參數方程,代入曲線的方程利用參數的幾何意義即可得出求解即可.【詳解】（1）直線的普通方程為，即，根據極坐標與直角坐標之間的相互轉化，，，而，則，即，故直線l的普通方程為，曲線C的直角坐標方程（2）點在直線l上，且直線的傾斜角為，可設直線的參數方程為：（t為參數），代入到曲線C的方程得，，，由參數的幾何意義知．【點睛】熟練掌握極坐標與直角坐標的互化公式、方程思想、直線的參數方程中的參數的幾何意義是解題的關鍵,難度一般.20、（1）詳見解析；（2）.【解析】

（1）由直徑所對的圓周角為，可知，通過計算，利用勾股定理的逆定理可以判斷出為直角三角形，所以有.由已知可以證明出，這樣利用線面垂直的判定定理可以證明平面，利用面面垂直的判定定理可以證明出平面平面;（2）以為坐標原點，分別以垂直于平面向上的方向、向量所在方向作為軸、軸、軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，求出相應點的坐標，求出平面的一個法向量和平面的法向量，利用空間向量數量積運算公式，可以求出二面角的余弦值.【詳解】解：（1）證明：因為半圓弧上的一點，所以.在中，分別為的中點，所以，且.于是在中，，所以為直角三角形，且.因為，,所以.因為，，，所以平面.又平面，所以平面平面.（2）由已知，以為坐標原點，分別以垂直于、向量所在方向作為軸、軸、軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，,,,.設平面的一個法向量為,則即，取,得.設平面的法向量,則即，取,得.所以，又二面角為銳角，所以二面角的余弦值為.【點睛】本題考查了利用線面垂直判定面面垂直、利用空間向量數量積求二面角的余弦值問題.21、（1）.（2）.【解析】試題分析：（Ⅰ）通過討論x的范圍，得到關于x的不等式組，解出取并集即可；（Ⅱ）求出