北京市十一学校2024-2025学年高三上学期12月课程教与学诊断数学试题 Word版含解析

这是一份北京市十一学校2024-2025学年高三上学期12月课程教与学诊断数学试题 Word版含解析，共34页。试卷主要包含了 已知集合，下列说法正确的是， 下列结论正确的是等内容，欢迎下载使用。
命题人：朱燕 刘立乐
一､选择题（共10小题，每题4分，共0分）
1. 若两条直线与垂直，则实数的值为（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据两条直线垂直列式求解即可得到答案.
【详解】直线与直线垂直，
则，解得.
故选：B
2. 已知集合，下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先求出，再根据交集运算求解即可.
【详解】因为
所以.
故选：B
3. 设是各项均为正数的等比数列，为其前项和.已知，若存在使得的乘积最大，则（ ）
A 8B. 6C. 4D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】先根据等比数列基本量运算得出公比或，再应用存在使得的乘积最大得出公比，通项公式计算首项即可.
【详解】因为，是各项均为正数的等比数列，设公比为,
所以,计算得,所以或,
所以或,
当时，不存在使得的乘积最大，所以,所以.
故选：A.
4. 下列结论正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 在的最小值为
D. 若，则
【答案】D
【解析】
【分析】利用基本不等式判断A，利用特殊值判断B，根据对勾函数的性质判断C，根据幂函数的性质判断D.
【详解】对于A，当时，，
当且仅当，即时，等号成立，故A错误；
对于B，若，，，，则，，
此时，故B错误；
对于C，当时，，又对勾函数在上单调递减，
所以当，即时，取得最小值，
即在的最小值为，故C错误；
对于D，因为，且在上单调递增，
所以，故D正确.
故选：D
5. 要得到函数的图象，只需将函数的图象（ ）
A. 向左平移个单位长度B. 向右平移个单位长度
C. 向左平移个单位长度D. 向右平移个单位长度
【答案】C
【解析】
【分析】先根据辅助角公式化简，然后根据三角函数解析式之间的关系即可得到结论.
【详解】因为，
所以将其图象向左平移个单位长度，可得.
故选：C.
6. 已知奇函数在上单调递增，则“”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】C
【解析】
【分析】根据函数是奇函数的性质结合单调性，最后应用充分必要的定义判断即可.
【详解】当时，因为函数是奇函数,可得,
又因为在上单调递增，所以,即得；
当时，,因为在上单调递增，所以,
因为函数是奇函数,可得,所以；
则“”是“”的充分必要条件.
故选：C.
7. 已知直线与圆相交于两点，且为等腰直角三角形，则实数的值为（ ）
A. B. 0C. 1D. 或1
【答案】D
【解析】
【分析】首先确定圆心坐标与半径，依题意圆心到直线的距离，利用点到直线的距离公式得到方程，解得即可.
【详解】圆的圆心为，半径，
因为为等腰直角三角形，
∴圆心到直线的距离，即，
解得：,
故选：D
8. 若圆上存在点，直线上存在点，使得，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意得到直线与圆有公共点，从而得到，再解不等式即可.
【详解】因为圆上存在点，直线上存在点，使得，
所以直线与圆有公共点.
所以，解得.
故选：A
9. 已知是各项均不为零的等差数列，，公差是的前项和，设，则数列（ ）
A. 有最大项，无最小项B. 有最小项，无最大项
C. 有最大项和最小项D. 无最大项和最小项
【答案】B
【解析】
【分析】由题意写出数列的通项公式与求和公式，可得，分析其单调性可得结论.
【详解】由题意可得等差数列的通项公式，前项和，
所以，
因为，所以是减函数，
所以在上单调递增，在上单调递增，
所以数列有最小值，无最大值.
故选：B.
10. 在棱长为2的正方体中，点分别为棱的中点.点为正方体表面上的动点，满足.给出下列四个结论，不正确的是（ ）
A. 存在点，使得
B. 存在点，使得平面
C. 存在点，使得
D. 存在点，使得
【答案】C
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用坐标验证垂直判断A，由，得到方程组，找到符合题意的点，即可判断B，找出平行直线再由坐标判断是否垂直可判断C，设点的坐标根据条件列出方程组，即可判断D.
【详解】如图，建立空间直角坐标系，

则，
对于A，由正方体性质知当P在时，线段长度的最大值为，
此时，，
所以，即满足，即存在点，使得，故A正确；
对于B：设，则，，，
若平面，因为平面，所以，，
即，则，显然满足题意，
故存在点，使得平面，故B正确；
对于C，取正方形的中心M，连接，易知，
所以四边形为平行四边形，所以，故运动到处时，，
此时，，，即不满足，
综上不存在点，使得，故C错误；
对于D，设，则，，若存在点，使得，
由，，可得方程组，
化简可得，解得，
显然当时满足题意，即存在点，使得，故D正确；
故选：C
二､填空题（共5小题，每题5分，共25分）
11. 双曲线的渐近线方程是__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据双曲线方程直接得到渐近线方程.
【详解】双曲线的渐近线方程为，即.
故答案为：
12. 已知抛物线的焦点为，点在抛物线上.若，则点的横坐标为__________，的面积为__________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据焦半径公式可求的横坐标，求出纵坐标后可求.
【详解】因为抛物线的方程为，所以，，准线方程为，
因为，，即，解得，
故，解得，
所以，
故答案为：；.
13. 若点关于直线对称点为，写出的一个取值为__________.
【答案】（答案不唯一，满足，）
【解析】
【分析】依题意可得，利用和差角公式变形可得，从而求出的取值.
【详解】因为点关于直线对称点为，
所以，即，
即，所以，
所以，，所以，.
故答案为：（答案不唯一，满足，）
14. 阿基米德多面体也称为半正多面体，是以边数不全相同的正多边形为面围成的多面体.如图，已知一个阿基米德多面体的所有顶点均是某个正方体各条棱的中点，且正方体的棱长为2，则该阿基米德多面体的体积为__________；是该阿基米德多面体的同一面上不相邻的两个顶点，点P是该多面体表面上异于点的任意一点，则的最大值为__________.
【答案】 ①. ②. 4
【解析】
【分析】将该多面体置于正方体中，由此可知该阿基米德多面体是由正方体切掉8个全等三棱锥形成，由此可求得其体积；由于是该阿基米德多面体的同一面上不相邻的两个顶点，可知两点是一个面上的对角线，再利用向量之间的转换以及向量数量积的定义即可求得最大值.
【详解】
依题意，可将该多面体补成一个棱长为2的正方体，
如上图，所以该阿基米德多面体是由正方体切掉8个全等的三棱锥形成，
体积；
由于是该阿基米德多面体的同一面上不相邻的两个顶点，
不妨设分别是正方体边的中点，
则
当夹角是时，.
故答案为：；4.
15. 已知曲线，给出下列四个命题：
①曲线关于轴､轴和原点对称：
②当时，曲线上及围成的区域内部共有9个整点（即横､纵坐标均为整数的点）：
③当时，曲线围成的区域面积大于；
④当时，曲线围成的区域内（含边界）两点之间的距离的最大值是4.
其中所有真命题的序号是__________.
【答案】①②③
【解析】
【分析】将点，，代入方程可判断①；列举出符合条件的点可判断②；由，可得，进而得到，可得曲线上任意一点都在以原点为圆心，以1为半径的圆上或圆外，可判断③；利用二次函数性质求曲线上任意一点到原点距离的范围，结合对称性即可判断④.
【详解】对于①，设点在上，
对于点，代入方程，也在上；
对于点，代入方程，也在上；
对于点，代入方程，也在上；
所以曲线关于x轴、y轴和原点对称，故①正确；
对于②，当时，，
曲线上及围成的区域内部有，，，，，，，，共9个整点，故②正确；
对于③，当时，，
故，可得，
所以，即，
所以，
故曲线上任意一点都在以原点为圆心，以1为半径的圆上或圆外，
所以曲线围成的区域面积大于以原点为圆心，以1为半径的圆的面积，
即曲线围成的区域面积大于，故③正确；
对于④，当时，则，
故，可得，
曲线上任意一点到原点距离，
当时，，
由曲线的对称性知，曲线围成的平面区域内（含边界）两点之间的距离的最大值是，故④错误.
故答案为：①②③.
三､解答题（共6道解答题，共85分）
16. 已知函数，.
（1）求的最小正周期及的值；
（2）直线与函数，的图象分别交于，两点，求的最大值.
【答案】（1）最小正周期为，；
（2）
【解析】
【分析】（1）利用诱导公式化简函数，求解的最小正周期和函数值即可；
（2）根据题意把线段长度表示为三角函数，利用三角函数的性质求解最值即可.
【小问1详解】
因为，
所以的最小正周期为，；
【小问2详解】
由题意可知，，两点的坐标为，，
则
，
因为，所以，
所以，则，
所以在时的最大值为.
17. 在中，角，，所对的边分别为，，.已知.
（1）求的值：
（2）若，的周长为，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理化角为边，然后由余弦定理可得；
（2）由诱导公式和两角和的正弦公式求得，从而得到，结合已知条件求解即可.
【小问1详解】
因为，
所以由正弦定理可得，
由余弦定理得，
所以，得；
【小问2详解】
因为，，，
所以，，
所以，
即，由正弦定理得①，
因为的周长为，即②，
由（1）知③，
①②③联立解得，，
所以的面积为.
18. 如图，四棱锥中，，底面是个直角梯形，，，.
（1）证明：；
（2）从下面条件①､条件②､条件③三个条件中选择一个作为已知，解答下面的问题.
条件①：；
条件②：；
条件③：二面角的大小为.
在棱上是否存在点（不与端点重合），使得直线与平面所成的角的正弦值为？若存在，求的值，若不存在，说明理由.
（注：如果选择多个符合要求条件分别解答，按第一个解答给分.）
【答案】（1）证明见解析
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接、，即可证明、，从而得到平面，即可得证；
（2）以为坐标原点，平面，建立空间直角坐标系，推出条件①矛盾；若选条件②：设，利用距离公式求出点坐标，设，求出平面的法向量，利用空间向量法求出，即可得解；若选条件③：由（1）可知即为二面角的平面角，即可求出点坐标，设，求出平面的法向量，利用空间向量法求出，即可得解.
【小问1详解】
取的中点，连接、，因为，
所以，又，所以，
所以，即，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以；
【小问2详解】
因为，，又，所以，所以四边形为矩形，
如图以为坐标原点，平面，建立空间直角坐标系，
则，，，；
若选条件①：，显然平面，设，
则，，所以，与矛盾，故条件①不符合题意；
若选条件②：，显然平面，设，
则，解得，则，
所以，，
设，
则，
设平面的法向量为，则，取，
设直线与平面所成的角为，则，
解得或（舍去），所以的值为；
若选条件③：二面角的大小为.
由（1）可知即为二面角的平面角，即，又，
所以，
则，，
设，
则，
设平面的法向量为，则，取，
设直线与平面所成的角为，则，
解得或（舍去），所以的值为.
19. 已知椭圆的右顶点，下顶点，焦距为.
（1）求椭圆C的方程及离心率；
（2）设不经过右顶点的直线交椭圆于两点，过点作轴的垂线交直线于点，交直线于，若点为线段的中点，求证：直线经过定点.
【答案】（1），离心率为
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）依题意可得，即可求出，从而求出椭圆方程及离心率；
（2）将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理结合已知条件求出的关系即可求解.
【小问1详解】
依题意可得，即，所以，
则椭圆方程为，离心率；
【小问2详解】
由（1）可知，
联立得，且,
设,
则有,
故，
因为，所以直线，则,
因为，
所以直线，所以．
因为点为线段的中点，所以，
所以，
，
，
，
，
，
，
因为，所以，
直线，令，解得，
所以直线恒过定点.
【点睛】方法点睛：解决直线与圆锥曲线相交（过定点、定值）问题的常用步骤：
（1）得出直线方程，设交点为；
（2）联立直线与曲线方程，得到关于或的一元二次方程；
（3）写出韦达定理；
（4）将所求问题或题中关系转化为形式；
（5）代入韦达定理求解.
20. 已知函数，其中，为自然对数的底数.
（1）若函数在处的切线与平行，
①求的值；
②证明：函数在定义域上恰有两个不同的零点.
（2）设函数在区间上存在极值，求证：.
【答案】（1）①；②证明见解析；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）①利用导数求函数在处的切线的斜率即可；②利用导数求出的单调性，结合零点存在性定理即可证明；
（2）求出，当时不合题意，当时，令，利用导数判断的单调性，根据，要使得在上存在极值，则须满足，即，分析推理即可得到.
【小问1详解】
①的定义域为，
，
因为函数在处的切线与平行，
所以，得；
②由①得，，
令，
因为，所以在单调递减，
又，，
所以存在唯一的，使，即，
当时，，即，在单调递增；
当时，，即，在单调递减，
又（当且仅当，即时等号成立），
即，因为，，
由零点存在性定理知在和分别有一个零点，
综上，函数在定义域上恰有两个不同的零点；
【小问2详解】
依题意，，
则，
当时，，在单调递增，不合题意；
当时，令，，则，
所以在单调递增，
因为，要使得在上存在极值，
则须满足，即，
所以，，即.
设，则，
令，则，
当时，，在单调递减；
当时，，在单调递增，
所以，
即当时，，
所以，.
所以，
即，
所以.
【点睛】关键点睛：本题第（2）问解题的关键在于当时，构造函数，，利用的单调性和，将题设在上存在极值，转化成，从而列出关于a的不等式组可进一步求解.
21. 已知项数列，满足有.若变换满足，有，且有，则称数列是数列的一个排列.，记，如果是满足的最小正整数，称数列存在阶逆序排列，称是的阶逆序变换.
（1）已知数列，数列，求：
（2）证明：对于项数列，不存在阶逆序变换：
（3）若项数列存在阶逆序变换，求的最小值.
【答案】（1），
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）直接根据定义求解对应的数列即可；
（2）分①，；②对，，，，；③对，，，，，对阶逆序进行推出矛盾即可；
（3）分项、项、项数列进行分类讨论，由（2）知，项数列不存在阶逆序变换，对于项数列，对取值进行分类讨论，进行推理，可知项数列不存在阶逆序变换；对于项数列，利用反证法推出矛盾，可知的最小值为，然后对于项数列，列举出满足题设条件的变换，进行推理，可得出结论.
【小问1详解】
由于，，故，，，.
所以，即.
所以，即.
所以，即.
故，.
【小问2详解】
对数列的任意变换，
①若存在，有，则，
则不是的阶逆序变换；
②若对，由，，，，
则，，，，
所以，和是相同的数列.
若是的逆序排列，则也是的逆序排列，所以，不是阶逆序变换；
③若，有，，，
则，，
所以，不是的阶逆序变换，
综上所述，对于项数列，不存在阶逆序变换.
【小问3详解】
由（2）知阶数列不存在阶逆序变换，
对于项数列、、，
（i）若，则，所以，变换不是的阶逆序变换；
（ii）若，
当时，有，则，所以，变换不是的阶逆序变换；
当时，有，则，
所以，变换不是的阶逆序变换；
（iii）若，同（ii）可知，变换不是的阶逆序变换；
所以，项数列不存在阶逆序变换；
对于项数列、、、、，
若存在阶逆序变换，则，，，，，
（i）若，则对于数列、、、、，和上述的变换，
有，，，，
所以，这项数列、、、存在阶逆序变换，与（2）结论矛盾；
（ii）若，因为，则存在、，有，，
此时，，与是阶逆序变换矛盾，
所以，项数列不存在阶逆序变换.
对于项数列、、、、、，存在变换，使得、、、、、，
则、、、、、，、、、、、，
所以，项数列存在阶逆序变换.
综上所述，的最小值为.
【点睛】关键点点睛：解决数列中新定义问题的关键是准确理解新定义的实质，紧扣新定义进行推理论证，把其转化为我们熟知的基本运算．