2023年北京高三二模数学分类汇编-专题06 选择填空压轴题型：立体几何与函数数列综合（解析版）

这是一份2023年北京高三二模数学分类汇编-专题06 选择填空压轴题型：立体几何与函数数列综合（解析版），共21页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．（2023·北京丰台·统考二模）若某圆锥的轴截面是边长为2的正三角形，则它的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据轴截面求出圆锥的底面半径和高，求出体积.
【详解】因为圆锥的轴截面是边长为2的正三角形，所以圆锥的底面半径为1，且圆锥的高，
故体积为.
故选：A
2．（2023·北京西城·统考二模）将边长为的正方形沿对角线折起，折起后点记为．若，则四面体的体积为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】先将正方形折起得到四面体，由，得平面，再求出，的长度，证明，最后把四面体看做两个同底的三棱锥和拼接而成，即可用三棱锥的体积公式求体积.
【详解】如图1，连接与相交于点，则.
如图2，将正方形沿对角线折起，折起后点记为．
因为，，，平面，平面，
所以平面，
因为正方形边长为，所以,，
又因为,所以,所以.
所以四面体的体积为
．
故选：A
3．（2023·北京朝阳·二模）如图，在棱长为2的正方体中，P为线段的中点，Q为线段上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．存在点Q，使得B．存在点Q，使得平面
C．三棱锥的体积是定值D．存在点Q，使得PQ与AD所成的角为
【答案】B
【分析】A由、即可判断；B若为中点，根据正方体、线面的性质及判定即可判断；C只需求证与面是否平行；D利用空间向量求直线夹角的范围即可判断.
【详解】A：正方体中，而P为线段的中点，即为的中点，
所以，故不可能平行，错；
B：若为中点，则，而，故，
又面，面，则，故，
，面，则面，
所以存在Q使得平面，对；
C：由正方体性质知：，而面，故与面不平行，
所以Q在线段上运动时，到面的距离不一定相等，
故三棱锥的体积不是定值，错；
D：构建如下图示空间直角坐标系，则，，且，
所以，，若它们夹角为，
则，
令，则，
当，则，；
当则；
当，则，；
所以不在上述范围内，错.
故选：B
4．（2023·北京海淀·统考二模）已知正方形ABCD所在平面与正方形CDEF所在平面互相垂直，且，P是对角线CE的中点，Q是对角线BD上一个动点，则P，Q两点之间距离的最小值为（ ）
A．1B．C．D．
【答案】C
【分析】根据面面垂直可得线面垂直，进而根据线线垂直得到勾股定理，根据点到直线的距离最小即可求解的最小值.
【详解】取边的中点为,连接 , P是CE的中点，则,
由于,平面平面,平面平面，平面, 故平面,平面, 故,
在直角三角形中， , ,
要使最小，则最小，故当时，此时最小，故的最小值为,所以，、
故选：C
5．（2023·北京朝阳·二模）设函数，若对任意的恒成立，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】先用辅助角公式化简的解析式，利用已知条件求出辅助角，再利用诱导公式，奇偶性，判断选项的正误.
【详解】由
得;
所以，其中，，
因为，
所以，
所以，即，
，
化简得，
因为，
，
所以，且，
所以既不是奇函数，也不是偶函数，所以选项A，B都不正确；
对于C，D，,
;
因为，
所以，而不能恒成立；
所以选项C不正确，选项D正确.
故选：D
6．（2023·北京朝阳·二模）已知函数是上的奇函数，当时，.若关于x的方程有且仅有两个不相等的实数解则实数m的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用奇函数性质求分段函数解析式，根据指数函数性质画出函数图象，数形结合判断不同值域范围的函数值对应自变量的个数，再由有两个解，对应的解的个数确定范围，进而求m的范围.
【详解】由题设，若，则，
所以，值域为R，函数图象如下：
当时，只有一个与之对应；
当时，有两个对应自变量，
记为，则；
当时，有三个对应自变量且；
当时，有两个对应自变量，
记为，则；
当时，有一个与之对应；
令，则，要使有且仅有两个不相等的实数解，
若有三个解，则，此时有7个解，不满足；
若有两个解且，此时和各有一个解，
结合图象知，不存在这样的，故不存在对应的m；
若有一个解，则有两个解，此时，
所以对应的，
综上，.
故选：C.
7．（2023·北京东城·统考二模）设，其中为自然对数的底数，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】构造函数，利用导数讨论其单调性，然后可比较a，b；构造函数，利用导数讨论其单调性，然后可比较b，c，然后可得.
【详解】令，则，
当时，，单调递增，
所以，即，
令，则，
当时，，单调递减，
所以，即
所以.
故选：A
8．（2023·北京昌平·统考二模）某市一个经济开发区的公路路线图如图所示，粗线是大公路，细线是小公路，七个公司分布在大公路两侧，有一些小公路与大公路相连.现要在大公路上设一快递中转站，中转站到各公司（沿公路走）的距离总和越小越好，则这个中转站最好设在（ ）
A．路口B．路口C．路口D．路口
【答案】B
【分析】根据给定图形，用表示7个公司到大公路最近的小公路距离和，，再求出到路口C，D，E，F的距离总和，比较大小作答.
【详解】观察图形知，七个公司要到中转站，先都必须沿小公路走到小公路与大公路的连接点，
令到、到、到、到、到、到、到的小公路距离总和为，
，
路口为中转站时，距离总和，
路口为中转站时，距离总和，
路口为中转站时，距离总和，
路口为中转站时，距离总和，
显然，所以这个中转站最好设在路口.
故选：B
【点睛】思路点睛：涉及实际问题中的大小比较，根据实际意义设元，列式表示出相关量，再用不等式的相关性质比较即可.
9．（2023·北京昌平·统考二模）对于两个实数，设则“”是“函数的图象关于直线对称”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】根据函数图象的对称性求解参数，再利用充要条件的概念判断即可.
【详解】如图，在同一个坐标系中做出两个函数与的图象，
则函数的图象为两个图象中较低的一个，即为图象中实线部分，
根据图象令，解得，
分析可得其图象关于直线对称，
要使函数的图象关于直线对称，则t的值为，
当时，函数的图象关于直线对称，
所以“”是“函数的图象关于直线对称”的充分必要条件.
故选：C
10．（2023·北京西城·统考二模）在坐标平面内，横、纵坐标均为整数的点称为整点．点从原点出发，在坐标平面内跳跃行进，每次跳跃的长度都是且落在整点处．则点到达点所跳跃次数的最小值是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据题意，结合向量分析运算，列出方程求解，即可得到结果.
【详解】每次跳跃的路径对应的向量为，
因为求跳跃次数的最小值，则只取，
设对应的跳跃次数分别为，其中，
可得
则，两式相加可得，
因为，则或，
当时，则次数为；
当，则次数为；
综上所述：次数最小值为10.
故选：B
11．（2023·北京西城·统考二模）已知数轴上两点的坐标为，现两点在数轴上同时相向运动．点的运动规律为第一秒运动个单位长度，以后每秒比前一秒多运动个单位长度；点的运动规律为每秒运动个单位长度．则点相遇时在数轴上的坐标为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据题意结合等差数列分析可得第秒时，两点的坐标为，列式求解即可.
【详解】设点第秒运动个单位长度，前秒运动总长度为，
则，
所以是以首项为2，公差为1的等差数列，则，
可得；
设点第秒运动个单位长度，前秒运动总长度为，
则；
故第秒时，两点的坐标为.
由题意可得：，解得或（舍去），
即，所以点相遇时在数轴上的坐标为.
故选：B
二、填空题
12．（2023·北京房山·统考二模）如图所示，在正方体中，是棱上一点，平面与棱交于点．给出下面几个结论：
①四边形是平行四边形；
②四边形可能是正方形；
③存在平面与直线垂直；
④任意平面与平面垂直；
⑤平面与平面夹角余弦的最大值为．
其中所有正确结论的序号是_______．
【答案】①④⑤
【分析】通过几何性质得出四边形的形状，由线线、线面垂直即可得出面与直线和面的关系，以及面与面夹角余弦的最大值.
【详解】由题意，
在正方体中，是棱上一点，平面与棱交于点，
由平面平面, 并且四点共面，
∴, 同理可证，，
故四边形一定是平行四边形，故①正确；
②在正方体中，由几何知识得，面，
∵面，∴，
若是正方形, 有, 这个与矛盾，故②错误；
③由几何知识得, 面，小于，
若直线与平面垂直，则直线，
∴平面与直线不可能垂直，故③错误.
④设正方体边长为2，建立空间直角坐标系如下图所示，
由几何知识得，,
∴,
∵，
∴，
∵面，面，面，
∴面，
∵面，
∴任意平面与平面垂直，故④正确.
⑤由几何知识得，当点和分别是对应边的中点时, 平面与面夹角最大，
∵
为：,故⑤正确.
故答案为：①④⑤.
【点睛】本题考查线面垂直和面面垂直的证明，考查学生的数形结合能力，转化能力，逻辑推理能力与运算求解能力，考查直观想象，数学运算和立体几何的画图能力，具有极强的综合性.
13．（2023·北京昌平·统考二模）如图，在长方体中，，动点分别在线段和上.给出下列四个结论：
①；
②不可能是等边三角形；
③当时，；
④至少存在两组，使得三棱锥的四个面均为直角三角形.
其中所有正确结论的序号是__________.
【答案】①②④
【分析】根据长方体的特征，利用等体积法确定①，根据特殊情况分析三角形边长可判断②，利用向量法可判断③，根据长方体中的特殊位置找出满足条件三棱锥判断④.
【详解】由题意，在长方体中，到平面CC1D1D的距离为1，到边的距离为2，所以，故①正确；
由图可知，的最小值为2，若，则,
则，若此时，则，可得，
则，即取最小值为2时，不能同时取得2，当变大时，不可能同时大于2，故不可能是等边三角形，故②正确；
建立空间直角坐标系，如图，
则,设，，
，由可得，即，
，
，
显然与不恒相等，只有时才成立，故③错误；
当为中点，与重合时，如图，
此时，，，
又，，故，所以，
因为，所以,
所以，即三棱锥的四个面均为直角三角形，
当与重合，与重合时，如图，
显然，，，，
故三棱锥的四个面均为直角三角形，
综上可知，至少存在两组，使得三棱锥的四个面均为直角三角形，故④正确.
故答案为：①②④.
【点睛】关键点点睛：本题四个选项比较独立，
①的关键在于转化顶点，得出高及底面积为定值；
②分析三边中的最小值为2，此时其余两边不能同时等于2;
③利用向量得出两点的关系，在此关系下不一定能推出两边长相等；
④考虑特殊位置寻求满足条件的位置是解题关键.
14．（2023·北京东城·统考二模）如图，在正方体中，是的中点，平面将正方体分成体积分别为，（） 的两部分，则_______
【答案】
【分析】利用线面平行的性质，得出线线平行，从而求作出平面与平面的交线，进而得出平面分正方体为两部分，再利用棱台的体积公式即可求出结果.
【详解】取的中点，连，因为平面，故平行于平面与面的交线，又分别为的中点，易知，即平面平面，故平面分正方体为两部分，
设正方体的边长为2，则正方体的体积为8，，
故,
故答案为：.
15．（2023·北京朝阳·二模）斐波那契数列又称为黄金分割数列，在现代物理、化学等领域都有应用，斐波那契数列满足，.给出下列四个结论：
①存在，使得成等差数列；
②存在，使得成等比数列；
③存在常数t，使得对任意，都有成等差数列；
④存在正整数，且，使得.
其中所有正确结论的序号是________.
【答案】①③④
【分析】由成等差数列判断①；由数列任意连续三项为{奇数,奇数,偶数}或{奇数,偶数,奇数}，结合是否能成立判断②；利用递推式可得，即判断③；写出前16项判断是否存在使判断④.
【详解】由题设，，显然成等差数列，①正确；
由题设知：在上，依次为{奇数,奇数,偶数}或{奇数,偶数,奇数}或{偶数,奇数,奇数}，
所以不可能有，故不存在使成等比数列，②错误；
由，，，
所以，故，则成等差数列，
故存在使得对任意，都有成等差数列，③正确；
由，，，…，，，
所以，则，
由题设，数列前16项分别为，
其中，
所以存在正整数，且，使得，④正确.
故答案为：①③④.
【点睛】关键点点睛：利用等差、等比数列的定义性质判断①②，应用递推式得到判断③，列举出前16项，直接判断是否存在使对应各项和为.
16．（2023·北京东城·统考二模）定义在区间上的函数的图象是一条连续不断的曲线，在区间上单调递增，在区间上单调递减，给出下列四个结论：
①若为递增数列，则存在最大值；
②若为递增数列，则存在最小值；
③若，且存在最小值，则存在最小值；
④若，且存在最大值，则存在最大值.
其中所有错误结论的序号有_______．
【答案】①③④
【分析】结合函数的单调性判断最值，即可判断①②，利用取反例，判断③④.
【详解】①由条件可知，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，
那么在区间，函数的最大值是，若数列为递增数列，
则函数不存在最大值，故①错误；
②由条件可知，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，
若为递增数列，那么在区间的最小值是，且为递增数列，
所以函数在区间的最小值是，故②正确；
③若，取,,
则，存在最小值，但此时的最小值是的最小值，
函数单调递减，无最小值，故③错误；
④若，取，则恒成立，
则有最大值，但的最大值是的最大值，函数单调递增，无最大值，
故④错误.
故答案为：①③④.
17．（2023·北京西城·统考二模）已知直线和曲线，给出下列四个结论：
①存在实数和，使直线和曲线没有交点；
②存在实数，对任意实数，直线和曲线恰有个交点；
③存在实数，对任意实数，直线和曲线不会恰有个交点；
④对任意实数和，直线和曲线不会恰有个交点．
其中所有正确结论的序号是____．
【答案】① ② ③
【分析】根据图象的对称性，求导得切线斜率的最大值，由数形结合，结合选项即可判断.
【详解】对于①,由于为偶函数，故图象关于轴对称，且，
当或时，此时直线和曲线没有交点；（如下图）故正确 ①，
对于②，，当时，，
所以当，
故当 单调递减，当 单调递增，
故当时，此时 取极大值也是最大值，
故某一点处的切线的斜率最大值为，
当时，此时直线和曲线恰有个交点；故②正确，
对于③，当时，对任意的 直线过原点，此时直线与只有一个零点，故③正确，
对于④，当直线与曲线上某一点处的切线平行时（斜率小于），且在切点之上的位置时，此时直线与曲线有3个交点，故④错误.
故答案为：① ② ③
【点睛】方法点睛：已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路
(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；
(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；
(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．
三、双空题
18．（2023·北京海淀·统考二模）设函数，
①若，则不等式的解集为___________；
②若，且不等式的解集中恰有一个正整数，则的取值范围是___________．
【答案】 ；
【分析】①在坐标系中分别作出和的图象，利用图像法求解即可；
②在坐标系中分别作出和的图象，根据图象列不等式组求解即可.
【详解】①当时，和的图象如图所示，
由图象可得当时，；
②当时，的图象如图所示，
若不等式的解集中恰有一个正整数，
则由图象可得，即，解得，
故答案为：；.