2023屆北京市交通大學附屬中學高三上學期12月診斷練習數學試題 一、單選題1．已知集合,，，則為（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】化簡集合，根據交集的定義計算即可.【詳解】因為，，所以，故選：D.2．設，是兩條不同的直線，，是兩個不同的平面，下列命題中正確的是A．若，，，則B．若，，，則C．若，，，則D．若，，，則【答案】D【詳解】試題分析：，,故選D.【解析】點線面的位置關系. 3．已知數列滿足，則等于（    ）A．6 B．7 C．8 D．9【答案】B【分析】先判斷數列為等差數列，結合等差數列的性質可求結果.【詳解】∵，∴是等差數列．由等差數列的性質可得，，∴，，∴．故選：B．4．已知向量，，若，則的值是（    ）A． B． C． D．4或【答案】B【分析】由得，即兩向量夾角為，根據向量共線列式求解即可【詳解】由得，即兩向量夾角為，顯然，故有.故選：B5．“，”是“”的（       ）A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】A【分析】由可解得或，即可判斷.【詳解】若，則，，即或，則可得“，”是“”的充分而不必要條件.故選：A.6．已知橢圓C：，橢圓C的一頂點為A，兩個焦點為，，的面積為，焦距為2，過，且垂直于的直線與橢圓C交于D，E兩點，則的周長是（    ）A． B．8 C． D．16【答案】B【分析】先根據的面積為，焦距為2，求得橢圓方程為，然后根據已知條件及等邊三角形的性質，再利用等腰三角形的三線合一定理及橢圓的定義，結合三角形的周長公式即可求解.【詳解】因為的面積為，焦距為2，所以，所以，故橢圓方程為，假設為橢圓C的上頂點，因為兩個焦點為，，所以，，故,所以為等邊三角形，又因為過，且垂直于的直線與橢圓C交于D，E兩點，所以，,由橢圓的定義可知：，，所以的周長為，故選：.7．已知函數，則圖象為如圖的函數可能是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】由函數的奇偶性可排除A、B，結合導數判斷函數的單調性可判斷C，即可得解.【詳解】對于A，，該函數為非奇非偶函數，與函數圖象不符，排除A；對于B，，該函數為非奇非偶函數，與函數圖象不符，排除B；對于C，，則，當時，，與圖象不符，排除C.故選：D.8．在平面直角坐標系中，是直線上的兩點，且.若對于任意點，存在使成立，則的最大值為（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】可得P是圓上任意一點，且需存在，，使點P又在以為直徑的圓上，故只需滿足圓上點到直線的最遠距離小于等于5即可求出.【詳解】設，則，滿足，則點P在圓上，又存在，使成立，則點P又在以為直徑的圓上，P是圓上任意一點，，是直線上的兩點，則應滿足圓上點到直線的最遠距離小于等于5，原點到直線的距離為，則只需滿足，解得.故選：B.9．如圖，已知正方體的棱長為2，為正方形底面內的一動點，則下列結論不正確的有（    ）A．三棱錐的體積為定值B．若，則點在正方形底面內的運動軌跡是線段C．若點是的中點，點是的中點，過，作平面平面，則平面截正方體的截面周長為D．存在點，使得【答案】D【分析】對A：利用轉換頂點法結合錐體體積公式運算判斷；對B：先根據線面垂直的性質定理和判定定理可證平面，再分析判斷；對C：先證平面，進而可得平面，根據面面平行的性質定理分析可得截面，運算判定；對D：建系，利用向量垂直的坐標運算判定.【詳解】對A：如圖1，三棱錐的體積（定值），A正確；對B：如圖2，連接，∵為正方形，則，又∵平面，平面，∴，平面，∴平面，平面，∴，同理可證：，，平面，∴平面，平面平面，故點在正方形底面內的運動軌跡是線段，B正確；對C：∵平面，平面，∴，又∵，，平面，∴平面，則平面，取的中點，連接，則，∴平面，取的中點，根據面面平行的性質定理分析可得平面截正方體的截面為，且是邊長為的正六邊形，故周長為，C正確；對D：如圖4，以D為坐標原點建立空間直角坐標系，則，設，則，若，則，解得，不合題意，D錯誤；故選：D.10．法國數學家加斯帕爾·蒙日發(fā)現：與橢圓相切的兩條垂直切線的交點的軌跡是以橢圓中心為圓心的圓.我們通常把這個圓稱為該橢圓的蒙日圓.已知橢圓的蒙日圓方程為，現有橢圓的蒙日圓上一個動點，過點作橢圓的兩條切線，與該蒙日圓分別交于兩點，若面積的最大值為34，則橢圓的長軸長為（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由題意可知為圓的一條直徑，利用勾股定理得出，再利用基本不等式即可求即解.【詳解】橢圓的蒙日圓的半徑為.因為，所以為蒙日圓的直徑，所以，所以.因為，當時，等號成立，所以面積的最大值為：.由面積的最大值為34，得，得，故橢圓的長軸長為.故選：C 二、填空題11．（文）若為純虛數（為虛數單位），，則__________．【答案】3【分析】由題可知，復數的實部為0，虛部不為0，求出實數即可，然后再求復數的模．【詳解】解：若復數滿足為虛數單位）為純虛數，其中，則，解得：則，得，所以．故答案為：3.【點睛】本題考查復數的模以及對純虛數的定義的理解．12．過四點中的三點的一個圓的方程為____________．【答案】或或或．【分析】方法一：設圓的方程為，根據所選點的坐標，得到方程組，解得即可；【詳解】[方法一]：圓的一般方程依題意設圓的方程為，（1）若過，，，則，解得，所以圓的方程為，即；（2）若過，，，則，解得，所以圓的方程為，即；（3）若過，，，則，解得，所以圓的方程為，即；（4）若過，，，則，解得，所以圓的方程為，即；故答案為：或 或 或．[方法二]：【最優(yōu)解】圓的標準方程（三點中的兩條中垂線的交點為圓心） 設 （1）若圓過三點，圓心在直線，設圓心坐標為， 則，所以圓的方程為；（2）若圓過三點， 設圓心坐標為，則，所以圓的方程為；（3）若圓過 三點，則線段的中垂線方程為，線段 的中垂線方程 為，聯立得 ，所以圓的方程為；（4）若圓過三點，則線段的中垂線方程為， 線段中垂線方程為 ，聯立得，所以圓的方程為．故答案為：或 或 或．【整體點評】方法一；利用圓過三個點，設圓的一般方程，解三元一次方程組，思想簡單，運算稍繁；方法二；利用圓的幾何性質，先求出圓心再求半徑，運算稍簡潔，是該題的最優(yōu)解．  13．如圖把橢圓的長軸分成等分,過每個分點作軸的垂線交橢圓的上半部分于，，…，七個點，是橢圓的左焦點,則_________ .【答案】【分析】由已知得，再取橢圓的右焦點，根據橢圓的對稱性得 ，，，再根據橢圓的定義即可求得答案.【詳解】由已知得，如圖， 是橢圓的右焦點，由橢圓的對稱性知 ，，，又，∴.故答案為：.【點睛】本題考查橢圓的對稱性，橢圓的定義，是中低檔題.14．如圖，正方體的棱長為4，點P在正方形的邊界及其內部運動.平面區(qū)域W由所有滿足的點P組成，則四面體的體積的取值范圍_________.【答案】【分析】連接，由線面垂直的性質得到，再由勾股定理求出，即可得到以為圓心2為半徑的圓面上，即可求出的面積，再根據得到當在邊上時四面體的體積最大，當在邊的中點時四面體的體積最小，再根據面體的體積公式計算可得取值范圍.【詳解】連接，如圖所示，因為平面，平面，所以，∵，由，，則；所以在以為圓心2為半徑的圓面上，由題意可知，，所以當在邊上時，四面體的體積的最大值是.所以當在邊的中點時，的面積取得最小值，此時，所以四面體的體積的最小值是，所以，故答案為：.【點睛】思路點睛：求解三棱錐體積的最值問題，要找準突破口，也即是按三棱錐的體積公式，通常會有以下兩種： ①如果底面積固定，則通過找高的最值來進行求解；②如果高已知確定，則求底面積的最值來進行求解（如本題）.15．已知函數，，其中.若，使得成立，則____．【答案】【分析】根據題意可得，分別求兩邊的范圍，利用子集關系，得到結果.【詳解】解：依題意，得：，化簡，得：，因為.，所以，，即，所以，，因為，且，因為，有成立，所以， ，所以，所以，，所以，.故答案為【點睛】本題考查了函數的單調性與值域,考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題． 三、解答題16．已知函數．(1)求函數取最大值時的取值集合；(2)設函數在區(qū)間是減函數，求實數的最大值．【答案】(1)；(2). 【分析】（1）利用正余弦的二倍角公式，結合輔助角公式化簡，再求取得最大值時的的取值集合即可；（2）求得的單調減區(qū)間，結合題意，即可求得的最大值.【詳解】（1）由題意，得，當取最大值時，即，此時，所以的取值集合為．（2）由，得，，，即，，所以的減區(qū)間，，當，得是一個減區(qū)間，且，所以，所以，所以的最大值為．17．如圖，在四棱錐中，平面平面，，．(1)求證：；(2)求平面與平面夾角的余弦值；(3)若點E在棱上，且平面，求線段的長．【答案】(1)證明見解析(2)(3) 【分析】（1）根據題意先證明平面，然后證明.（2）建立空間直角坐標系，找到平面與平面的法向量，然后根據向量中面面角計算公式計算即可.（3）先通過共線向量性質得出，用表示E點坐標，再根據題意計算出，最后計算得出線段的長.【詳解】（1）證明：因為平面平面，且平面平面，因為，且平面所以平面．因為平面，所以．（2）解：在中，因為，所以，所以．所以，建立空間直角坐標系，如圖所示．所以，易知平面的一個法向量為．設平面的一個法向量為，則，即，令，則．則，即平面與平面夾角的余弦值為．（3）解：因為點E在棱，所以．因為．所以．又因為平面，為平面的一個法向量，所以，即，所以．所以，所以．18．在中，．(1)求；(2)再從條件①、條件②、條件③這三個條件中選擇一個作為已知，使存在且唯一確定，求邊上中線的長．條件①：；條件②：；條件③：的面積為．【答案】(1)(2)選條件①，邊上中線的長為；選條件②，三角形形狀不確定；選條件③，邊上中線的長為． 【分析】（1）由正弦定理將已知條件化為，則設，，，然后利用余弦定理可求出，（2）若選①，則可得，，設為的中點，，在中利用余弦定理可求得結果，若選②，不能確定邊長，無解，若選③，由三角形的面積可求得，從而可得，，設為的中點，，在中利用余弦定理可求得結果.【詳解】（1）在中，．由正弦定理可得．設，，，則，，．（2）選條件①：由（1）得．又；，，設為的中點，，在中，，所以，即邊上中線的長為．選條件②：；與（1）的一致，不能確定邊長，因此三角形形狀不確定．選條件③：∵的面積為．．．，，，設為的中點，，在中，，所以，即邊上中線的長為．19．已知橢圓的一個頂點為，且離心率為.(1)求橢圓的方程；(2)直線與橢圓交于兩點，且，求的值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由題意得求出，從而可求得橢圓的方程，（2）設，，將直線方程與橢圓方程聯立方程組，消去，整理后利用根與系數的關系，再結合中點坐標公式表示出的中點的坐標，由，從而可得，進而可求出的值【詳解】（1）設橢圓的半焦距為.由題意得解得.所以橢圓的方程為.（2）由得.由，解得.設，，則.設線段的中點為，則，.“”等價于“”.所以.解得，符合題意.所以.20．已知函數．（1）求的單調區(qū)間；（2）若直線與曲線相切，求證：．【答案】（1）答案見解析；（2）證明見解析.【分析】（1）求得，對實數的取值進行分類討論，分別解不等式、，可得出函數的減區(qū)間和增區(qū)間；（2）設切點坐標為，可得出，利用零點存在定理得出，構造函數，利用函數的單調性求得的取值范圍，即為的取值范圍，由此可求得的取值范圍.【詳解】（1），.當時，，此時函數在上單調遞減；當時，由可得，由可得.此時，函數的單調遞減區(qū)間為，單調遞增區(qū)間為；當時，由可得，由可得.此時，函數的單調遞減區(qū)間為，單調遞增區(qū)間為.綜上所述，當時，函數在上單調遞減；當時，函數的單調遞減區(qū)間為，單調遞增區(qū)間為；當時，函數的單調遞減區(qū)間為，單調遞增區(qū)間為；（2）考慮直線與曲線相切，設切點坐標為，，所以，，整理可得，，，令，則函數為上的增函數，，，，令，則，當時，，所以，函數在區(qū)間上單調遞減.因為，則，即，，因此，.【點睛】方法點睛：利用導數求解函數單調區(qū)間的基本步驟：（1）求函數的定義域；（2）求導數；（3）解不等式，并與定義域取交集得到的區(qū)間為函數的單調增區(qū)間；解不等式，并與定義域取交集得到的區(qū)間為函數的單調減區(qū)間.21．已知數列：，其中，且．若數列滿足，當時，或，則稱：為數列的“緊數列”．例如，數列：2，4，6，8的所有“緊數列”為2，3，5，8；2，3，7，8；2，5，5，8；2，5，7，8．(1)直接寫出數列A：1，3，6，7，8的所有“緊數列”；(2)已知數列A滿足：，，若數列A的所有“緊數列”均為遞增數列，求證：所有符合條件的數列A的個數為；(3)已知數列A滿足：，，對于數列A的一個“緊數列”，定義集合，如果對任意，都有，那么稱為數列A的“強緊數列”．若數列A存在“強緊數列”，求的最小值．（用關于N的代數式表示）【答案】(1)答案見解析(2)證明見解析(3) 【分析】（1）根據“緊數列”的定義寫出即可；（2）先證明數列從第2項開始到第項是連續(xù)正整數，再把問題轉化成求滿足要求的的個數為即可；（3）根據“強緊數列”的定義求解即可．【詳解】（1）解：根據“緊數列”的定義得；；；．（2）解：∵ 對任意，有或，或，數列A的所有“緊數列”均為遞增數列，∴ ；；；④．∵ 數列為遞增數列，顯然成立，，∴ ③也成立，對④，，也即，又，，∴ 數列從第2項到第項為連續(xù)正整數．，，，，∴ 滿足條件的有個，即所有符合條件的數列A的個數為．（3）解：記，依題意，，對，有或，，，若，則，即，若，則，即，，不能成立，記，，則且，若存在且，即，則，否則，若，則，不符合題意，因此，集合有下列三種情形，，，對，有，則，當且僅當取等號；，其中，對，有，對，有，；，對，有，，綜上，的最小值為．【點睛】本題注意“夾逼思想”在數列問題中的運用；第3問中求的最小值用到了“累加法”，解題關鍵是對集合分類討論． 

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