2023届北京市交通大学附属中学高三上学期12月诊断练习数学试题（解析版）

这是一份2023届北京市交通大学附属中学高三上学期12月诊断练习数学试题（解析版），共21页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届北京市交通大学附属中学高三上学期12月诊断练习数学试题 一、单选题1．已知集合,，，则为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】化简集合，根据交集的定义计算即可.【详解】因为，，所以，故选：D.2．设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列命题中正确的是A．若，，，则B．若，，，则C．若，，，则D．若，，，则【答案】D【详解】试题分析：，,故选D.【解析】点线面的位置关系. 3．已知数列满足，则等于（    ）A．6 B．7 C．8 D．9【答案】B【分析】先判断数列为等差数列，结合等差数列的性质可求结果.【详解】∵，∴是等差数列．由等差数列的性质可得，，∴，，∴．故选：B．4．已知向量，，若，则的值是（    ）A． B． C． D．4或【答案】B【分析】由得，即两向量夹角为，根据向量共线列式求解即可【详解】由得，即两向量夹角为，显然，故有.故选：B5．“，”是“”的（       ）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】由可解得或，即可判断.【详解】若，则，，即或，则可得“，”是“”的充分而不必要条件.故选：A.6．已知椭圆C：，椭圆C的一顶点为A，两个焦点为，，的面积为，焦距为2，过，且垂直于的直线与椭圆C交于D，E两点，则的周长是（    ）A． B．8 C． D．16【答案】B【分析】先根据的面积为，焦距为2，求得椭圆方程为，然后根据已知条件及等边三角形的性质，再利用等腰三角形的三线合一定理及椭圆的定义，结合三角形的周长公式即可求解.【详解】因为的面积为，焦距为2，所以，所以，故椭圆方程为，假设为椭圆C的上顶点，因为两个焦点为，，所以，，故,所以为等边三角形，又因为过，且垂直于的直线与椭圆C交于D，E两点，所以，,由椭圆的定义可知：，，所以的周长为，故选：.7．已知函数，则图象为如图的函数可能是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】由函数的奇偶性可排除A、B，结合导数判断函数的单调性可判断C，即可得解.【详解】对于A，，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除A；对于B，，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除B；对于C，，则，当时，，与图象不符，排除C.故选：D.8．在平面直角坐标系中，是直线上的两点，且.若对于任意点，存在使成立，则的最大值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】可得P是圆上任意一点，且需存在，，使点P又在以为直径的圆上，故只需满足圆上点到直线的最远距离小于等于5即可求出.【详解】设，则，满足，则点P在圆上，又存在，使成立，则点P又在以为直径的圆上，P是圆上任意一点，，是直线上的两点，则应满足圆上点到直线的最远距离小于等于5，原点到直线的距离为，则只需满足，解得.故选：B.9．如图，已知正方体的棱长为2，为正方形底面内的一动点，则下列结论不正确的有（    ）A．三棱锥的体积为定值B．若，则点在正方形底面内的运动轨迹是线段C．若点是的中点，点是的中点，过，作平面平面，则平面截正方体的截面周长为D．存在点，使得【答案】D【分析】对A：利用转换顶点法结合锥体体积公式运算判断；对B：先根据线面垂直的性质定理和判定定理可证平面，再分析判断；对C：先证平面，进而可得平面，根据面面平行的性质定理分析可得截面，运算判定；对D：建系，利用向量垂直的坐标运算判定.【详解】对A：如图1，三棱锥的体积（定值），A正确；对B：如图2，连接，∵为正方形，则，又∵平面，平面，∴，平面，∴平面，平面，∴，同理可证：，，平面，∴平面，平面平面，故点在正方形底面内的运动轨迹是线段，B正确；对C：∵平面，平面，∴，又∵，，平面，∴平面，则平面，取的中点，连接，则，∴平面，取的中点，根据面面平行的性质定理分析可得平面截正方体的截面为，且是边长为的正六边形，故周长为，C正确；对D：如图4，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则，设，则，若，则，解得，不合题意，D错误；故选：D.10．法国数学家加斯帕尔·蒙日发现：与椭圆相切的两条垂直切线的交点的轨迹是以椭圆中心为圆心的圆.我们通常把这个圆称为该椭圆的蒙日圆.已知椭圆的蒙日圆方程为，现有椭圆的蒙日圆上一个动点，过点作椭圆的两条切线，与该蒙日圆分别交于两点，若面积的最大值为34，则椭圆的长轴长为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由题意可知为圆的一条直径，利用勾股定理得出，再利用基本不等式即可求即解.【详解】椭圆的蒙日圆的半径为.因为，所以为蒙日圆的直径，所以，所以.因为，当时，等号成立，所以面积的最大值为：.由面积的最大值为34，得，得，故椭圆的长轴长为.故选：C 二、填空题11．（文）若为纯虚数（为虚数单位），，则__________．【答案】3【分析】由题可知，复数的实部为0，虚部不为0，求出实数即可，然后再求复数的模．【详解】解：若复数满足为虚数单位）为纯虚数，其中，则，解得：则，得，所以．故答案为：3.【点睛】本题考查复数的模以及对纯虚数的定义的理解．12．过四点中的三点的一个圆的方程为____________．【答案】或或或．【分析】方法一：设圆的方程为，根据所选点的坐标，得到方程组，解得即可；【详解】[方法一]：圆的一般方程依题意设圆的方程为，（1）若过，，，则，解得，所以圆的方程为，即；（2）若过，，，则，解得，所以圆的方程为，即；（3）若过，，，则，解得，所以圆的方程为，即；（4）若过，，，则，解得，所以圆的方程为，即；故答案为：或 或 或．[方法二]：【最优解】圆的标准方程（三点中的两条中垂线的交点为圆心） 设 （1）若圆过三点，圆心在直线，设圆心坐标为， 则，所以圆的方程为；（2）若圆过三点， 设圆心坐标为，则，所以圆的方程为；（3）若圆过 三点，则线段的中垂线方程为，线段 的中垂线方程 为，联立得 ，所以圆的方程为；（4）若圆过三点，则线段的中垂线方程为， 线段中垂线方程为 ，联立得，所以圆的方程为．故答案为：或 或 或．【整体点评】方法一；利用圆过三个点，设圆的一般方程，解三元一次方程组，思想简单，运算稍繁；方法二；利用圆的几何性质，先求出圆心再求半径，运算稍简洁，是该题的最优解．  13．如图把椭圆的长轴分成等分,过每个分点作轴的垂线交椭圆的上半部分于，，…，七个点，是椭圆的左焦点,则_________ .【答案】【分析】由已知得，再取椭圆的右焦点，根据椭圆的对称性得 ，，，再根据椭圆的定义即可求得答案.【详解】由已知得，如图， 是椭圆的右焦点，由椭圆的对称性知 ，，，又，∴.故答案为：.【点睛】本题考查椭圆的对称性，椭圆的定义，是中低档题.14．如图，正方体的棱长为4，点P在正方形的边界及其内部运动.平面区域W由所有满足的点P组成，则四面体的体积的取值范围_________.【答案】【分析】连接，由线面垂直的性质得到，再由勾股定理求出，即可得到以为圆心2为半径的圆面上，即可求出的面积，再根据得到当在边上时四面体的体积最大，当在边的中点时四面体的体积最小，再根据面体的体积公式计算可得取值范围.【详解】连接，如图所示，因为平面，平面，所以，∵，由，，则；所以在以为圆心2为半径的圆面上，由题意可知，，所以当在边上时，四面体的体积的最大值是.所以当在边的中点时，的面积取得最小值，此时，所以四面体的体积的最小值是，所以，故答案为：.【点睛】思路点睛：求解三棱锥体积的最值问题，要找准突破口，也即是按三棱锥的体积公式，通常会有以下两种： ①如果底面积固定，则通过找高的最值来进行求解；②如果高已知确定，则求底面积的最值来进行求解（如本题）.15．已知函数，，其中.若，使得成立，则____．【答案】【分析】根据题意可得，分别求两边的范围，利用子集关系，得到结果.【详解】解：依题意，得：，化简，得：，因为.，所以，，即，所以，，因为，且，因为，有成立，所以， ，所以，所以，，所以，.故答案为【点睛】本题考查了函数的单调性与值域,考查了推理能力与计算能力，属于中档题． 三、解答题16．已知函数．(1)求函数取最大值时的取值集合；(2)设函数在区间是减函数，求实数的最大值．【答案】(1)；(2). 【分析】（1）利用正余弦的二倍角公式，结合辅助角公式化简，再求取得最大值时的的取值集合即可；（2）求得的单调减区间，结合题意，即可求得的最大值.【详解】（1）由题意，得，当取最大值时，即，此时，所以的取值集合为．（2）由，得，，，即，，所以的减区间，，当，得是一个减区间，且，所以，所以，所以的最大值为．17．如图，在四棱锥中，平面平面，，．(1)求证：；(2)求平面与平面夹角的余弦值；(3)若点E在棱上，且平面，求线段的长．【答案】(1)证明见解析(2)(3) 【分析】（1）根据题意先证明平面，然后证明.（2）建立空间直角坐标系，找到平面与平面的法向量，然后根据向量中面面角计算公式计算即可.（3）先通过共线向量性质得出，用表示E点坐标，再根据题意计算出，最后计算得出线段的长.【详解】（1）证明：因为平面平面，且平面平面，因为，且平面所以平面．因为平面，所以．（2）解：在中，因为，所以，所以．所以，建立空间直角坐标系，如图所示．所以，易知平面的一个法向量为．设平面的一个法向量为，则，即，令，则．则，即平面与平面夹角的余弦值为．（3）解：因为点E在棱，所以．因为．所以．又因为平面，为平面的一个法向量，所以，即，所以．所以，所以．18．在中，．(1)求；(2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，求边上中线的长．条件①：；条件②：；条件③：的面积为．【答案】(1)(2)选条件①，边上中线的长为；选条件②，三角形形状不确定；选条件③，边上中线的长为． 【分析】（1）由正弦定理将已知条件化为，则设，，，然后利用余弦定理可求出，（2）若选①，则可得，，设为的中点，，在中利用余弦定理可求得结果，若选②，不能确定边长，无解，若选③，由三角形的面积可求得，从而可得，，设为的中点，，在中利用余弦定理可求得结果.【详解】（1）在中，．由正弦定理可得．设，，，则，，．（2）选条件①：由（1）得．又；，，设为的中点，，在中，，所以，即边上中线的长为．选条件②：；与（1）的一致，不能确定边长，因此三角形形状不确定．选条件③：∵的面积为．．．，，，设为的中点，，在中，，所以，即边上中线的长为．19．已知椭圆的一个顶点为，且离心率为.(1)求椭圆的方程；(2)直线与椭圆交于两点，且，求的值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由题意得求出，从而可求得椭圆的方程，（2）设，，将直线方程与椭圆方程联立方程组，消去，整理后利用根与系数的关系，再结合中点坐标公式表示出的中点的坐标，由，从而可得，进而可求出的值【详解】（1）设椭圆的半焦距为.由题意得解得.所以椭圆的方程为.（2）由得.由，解得.设，，则.设线段的中点为，则，.“”等价于“”.所以.解得，符合题意.所以.20．已知函数．（1）求的单调区间；（2）若直线与曲线相切，求证：．【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）求得，对实数的取值进行分类讨论，分别解不等式、，可得出函数的减区间和增区间；（2）设切点坐标为，可得出，利用零点存在定理得出，构造函数，利用函数的单调性求得的取值范围，即为的取值范围，由此可求得的取值范围.【详解】（1），.当时，，此时函数在上单调递减；当时，由可得，由可得.此时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为；当时，由可得，由可得.此时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为.综上所述，当时，函数在上单调递减；当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为；当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为；（2）考虑直线与曲线相切，设切点坐标为，，所以，，整理可得，，，令，则函数为上的增函数，，，，令，则，当时，，所以，函数在区间上单调递减.因为，则，即，，因此，.【点睛】方法点睛：利用导数求解函数单调区间的基本步骤：（1）求函数的定义域；（2）求导数；（3）解不等式，并与定义域取交集得到的区间为函数的单调增区间；解不等式，并与定义域取交集得到的区间为函数的单调减区间.21．已知数列：，其中，且．若数列满足，当时，或，则称：为数列的“紧数列”．例如，数列：2，4，6，8的所有“紧数列”为2，3，5，8；2，3，7，8；2，5，5，8；2，5，7，8．(1)直接写出数列A：1，3，6，7，8的所有“紧数列”；(2)已知数列A满足：，，若数列A的所有“紧数列”均为递增数列，求证：所有符合条件的数列A的个数为；(3)已知数列A满足：，，对于数列A的一个“紧数列”，定义集合，如果对任意，都有，那么称为数列A的“强紧数列”．若数列A存在“强紧数列”，求的最小值．（用关于N的代数式表示）【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析(3) 【分析】（1）根据“紧数列”的定义写出即可；（2）先证明数列从第2项开始到第项是连续正整数，再把问题转化成求满足要求的的个数为即可；（3）根据“强紧数列”的定义求解即可．【详解】（1）解：根据“紧数列”的定义得；；；．（2）解：∵ 对任意，有或，或，数列A的所有“紧数列”均为递增数列，∴ ；；；④．∵ 数列为递增数列，显然成立，，∴ ③也成立，对④，，也即，又，，∴ 数列从第2项到第项为连续正整数．，，，，∴ 满足条件的有个，即所有符合条件的数列A的个数为．（3）解：记，依题意，，对，有或，，，若，则，即，若，则，即，，不能成立，记，，则且，若存在且，即，则，否则，若，则，不符合题意，因此，集合有下列三种情形，，，对，有，则，当且仅当取等号；，其中，对，有，对，有，；，对，有，，综上，的最小值为．【点睛】本题注意“夹逼思想”在数列问题中的运用；第3问中求的最小值用到了“累加法”，解题关键是对集合分类讨论．