北京交通大学附属中学2023-2024学年高三上学期12月诊断练习数学试题

这是一份北京交通大学附属中学2023-2024学年高三上学期12月诊断练习数学试题，共11页。试卷主要包含了已知集合，则，设，则，已知数列是等比数列，若，则等内容，欢迎下载使用。
2023年12月
命题人：邹宏运 审题人：李运秋
本试卷共4页，共150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.考试结束后，请将答题卡交回.
第一部分（选择题共40分）
一､选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.
1.已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
2.设，则（ ）
A. B.
C. D.
3.已知数列是等比数列，若，则（ ）
A. B. C. D.
4.设，则（ ）
A. B.
C. D.
5.设是直线，是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（ ）
A.若，则
B.若，则
C.若，则
D.若，则
6.“”是“函数在区间上最大值为2”的（ ）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
7.若曲线上所有的点均在第二象限内，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
8.埃及胡夫金字塔是世界古代建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，其侧面与底面所成角的余弦值为，则侧面三角形的底角的正切值为（ ）
A.2 B.3 C. D.
9.已知分别为定义域为的偶函数和奇函数，且，若关于的不等式在上恒成立，则实数的最大值是（ ）
A. B. C. D.
10.数学中有许多形状优美，寓意独特的几何体，“勒洛四面体”就是其中之一，勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分，如图，在勒洛四面体中，正四面体ABCD的棱长为4，则下列结论正确的是（ ）
A.勒洛四面体最大的截面是正三角形
B.若是勒洛四面体表面上的任意两点，则的最大值为4
C.勒洛四面体的体积是
D.勒洛四面体内切球的半径是
第二部分（非选择题共110分）
二､填空题共5小题，每小题5分，共25分.
11.命题“”的否定是__________.
12.设点是圆：上的动点，定点，则的取值范围为__________.
13.已知直三棱柱，则三棱柱的体积的最大值为__________；此时棱柱的高为__________.
14.素描是使用单一色彩表现明暗变化的一种绘画方法，素描水平反映了绘画者的空间造型能力，“十字贯穿体”是学习素描时常用的几何体实物模型，图1是某同学绘制的“十字贯穿体”的素描作品，“十字贯穿体”是由两个完全相同的正四棱柱“垂直贯穿”构成的多面体，其中一个四棱柱的每一条侧棱分别垂直于另一个四棱柱的每一条侧棱，两个四棱柱分别有两条相对的侧棱交于两点，另外两条相对的侧棱交于一点（该点为所在棱的中点），若该同学绘制的“十字贯穿体”由两个底面边长为4，高为的正四棱柱构成（图2），则一只蚂蚁从该“十字贯穿体”的点C出发，沿表面到达点D的最短路线长为__________.
15.在棱长为1的正方体中，点是对角线的动点（点与不重合），则下列结论正确的有__________.
①存在点，使得平面平面；
②分别是在平面，平面上的正投影图形的面积，存在点，使得；
③对任意的点，都有；
④对任意的点的面积都不等于.
三､解答题共6小题，共85分.解答写出文字说明､演算步骤或证明过程.
16.（13分）已知.
（1）求边上的高所在的直线方程并求出高的长；
（2）求的外接圆的方程.
17.（14分）如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，侧面为等腰直角三角形，且，点为棱上的点，平面与棱交于点.
（1）求证：；
（2）从条件①､条件②､条件③这三个条件中选择两个作为已知，求平面与平面所成锐二面角的大小.
条件①：；
条件②：平面平面；
条件③：.
18.（13分）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，.
（1）求角的大小；
（2）若，，的面积为，求a，c的值.
19.（15分）已知点是边长为2的菱形所在平面外一点，且点在底面上的射影是与的交点，已知，是等边三角形.
（1）求证：；
（2）求点到平面的距离；
（3）若点是线段上的动点，问：点在何处时，直线与平面所成的角最大？求出最大角的正弦值，并求出取得最大值时线段的长.
20.（15分）已知函数.
（1）若，求曲线在点处的切线；
（2）讨论的单调性；
（3）当时，若对任意实数，恒成立，求的取值范围.
21.（15分）数列：，，…，满足：，，或1（，2，…，），对任意i，j，都存在s，t，使得，其中且两两不相等.
（1）若，直接写出下列三个数列中所有符合题目条件的数列的序号：
①1，1，1，2，2，2；
②1，1，1，1，2，2，2，2；
③1，1，1，1，1，2，2，2，2
（2）记，若，证明：；
（3）若，求n的最小值.
北京交大附中2023—2024学年度第一学期12月诊断练习
高三数学参考答案
一､选择题（共10小题，每小题4分，共40分）
1.A 2.B 3.B 4.С 5.C 6.A 7.D 8.D 9.A 10.D
二､填空题（共5小题，每小题5分，共25分）
11. 12. 13.； 14.
15.①②③
三､解答题（共6小题，共85分）
16.（共13分）
解：（1），所以高所在直线斜率
所以高所在直线为方程为，就是方程
高的长为：方程为，所以高的长为
（2）设的外接圆的方程为，
将的坐标代入，得
，即解得；
故所求圆的方程为.
17.（共14分）
（1）证明：因为底面是正方形，所以，
平面，平面，所以平面，
又因为平面与交于点，平面，平面平面
所以.
（2）选条件①②，则，平面平面.
因为侧面为等腰直角三角形，且，即，，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又因为平面，平面，所以，，
又由为正方形得.
以点为坐标原点，，，分别为轴，轴，轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，，
因为，所以点为的中点，则，
从而，，，，
设平面的法向量为，则，
令，可得，
设平面的法向量为，则，
令，可得，
所以，
则两平面所成的锐二面角为.
选条件①③，则，.
侧面为等腰直角三角形，且，即，，
因为，，且两直线在平面内，可得平面，
因为平面，则.
又因为，，且两直线在平面内，
则平面，
因为平面则，
因为，所以为等腰三角形，所以点为的中点.
又因为，所以为等腰直角三角形，
则可建立与①②相同的空间直角坐标系，以下用与①②相同的过程求解.
选条件②③，则平面平面，.
因为侧面为等腰直角三角形，且，
即，，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又因为平面，平面，所以，，
又由为正方形得.
因为，，且两直线在平面内，则平面，
因为平面，则，
因为，所以为等腰三角形，所以点为的中点，则.
则可建立与①②相同的空间直角坐标系，以下的过程与①②相同.
18.（共13分）
（1），故，
即，整理得到，
，，
故，，
故.
（2），故，
，
故，
又，解得，.
19.（共15分）
（1）因为点在底面上的射影是与的交点，所以平面.
因为平面，所以.
因为四边形为菱形，
所以.
因为平面，
所以平面.
因为平面，所以.
（2）由题意可得､与都是边长为2的等边三角形，
所以，.
所以.
因为，所以.
设点到平面的距离为，
由得，
即，解得.
故点到平面的距离为.
（3）设直线与平面所成的角为，
平面，
∴到平面的距离即为到平面的距离.
过作垂线平面交于点，则，
此时，要使最大，则需使最小，此时.
由题意可知：，
因为平面，且，
所以，，
在中，由余弦定理可得：
，
所以，
由面积相等，
即，
经计算得，
，则，
此时
20.（共15分）
（1）时，函数，则，切点坐标为，
，则曲线在点处的切线斜率为，
所求切线方程为，
即.
（2），函数定义域为R，
①，解得或，解得，
所以在和上单调递增，在上单调递减，
②，解得或，解得，
所以在和上单调递增，在上单调递减，
③，恒成立，在上单调递增.
（2）当时，由（2）可知为在上的极小值，也是最小值.
于是，所以
当且时，
由于函数的图像抛物线开口向上，对称轴大于0，
因此，此时，符合题意.
所以的取值范围为.
21.（共15分）
（1）对于①，由于，故或，不合题意；
对于②，当时，存在s，t两两不相等，使得；
当时，存在s，t两两不相等，使得；
当时，存在s，t两两不相等，使得；符合题意；
同理③也符合题意，
故所有符合题目条件的数列的序号为②③；
（2）证明：当时，设数列中1，2，3出现的频数依次为，
由题意知，
假设，则有，（对任意），与已知矛盾，
故，同理可证；
假设，则存在唯一的使得，
那么对于，都有，（k，s，t两两不相等），
与已知矛盾，故；
综上可得，
所以，
即.
（2）设出现的频数依次为，
同（2）的证明，，，则；
取，，
得到的数列为：，
下面证明该数列满足题目要求：
对于，不妨令，
如果，或，由于，故符合条件；
②如果，或，由于，，
故也符合条件；
③如果，则可选取，，
同样的，如果，，则可选取，
使得，且两两不相等；
④如果，则可选取，
注意到这种情况每个数最多被选取了一次，因此也符合条件，
综上，对任意i，j，都存在s，t，使得，其中且两两不相等，
即数列符合题目要求，
故n的最小值为2030.