精品解析：北京市北京交通大学附属中学2024-2025学年高三上学期9月阶段性诊断练习数学试题

北京交通大学附属中学2025届高三数学9月阶段诊断性练习 命题人 贺善菊 审核人 李剑 一、选择题（四个选项中只有一个答案正确）4×10=40 1. 设复数,则复数在复平面内对应点的坐标是（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，，则 A. B. C. D. 3. 已知定义域为的奇函数，使，则下列函数中符合上述条件的是（ ） A. B. C. D. 4. 记为等差数列的前n项和．若，，则的公差为（ ） A. 1 B. 3 C. 4 D. 8 5. 若直线是曲线切线，则（ ） A. B. C. 1 D. e 6. 设，则“”是“”的条件 A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充要 D. 既不充分也不必要 7. 已知函数是定义在上的偶函数，且在区间上单调递减，若，且满足，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 是定义在上的偶函数，是奇函数，当时，，则（ ） A. B. C. D. 9. 已知函数，若有四个不同的零点，则a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 10. 集合论是德国数学家康托尔于十九世纪末创立的，希尔伯特赞誉其为“数学思想的惊人产物，在纯粹理性范畴中人类活动的最美表现之一”.取一条长度为1的线段，将它三等分，去掉中间一段，留下的两段分割三等分，各去掉中间一段，留下更短的四段，……，将这样操作一直继续下去，直至无穷.由于在不断分割舍弃过程中，所形成的线段的数目越来越多，长度越来越小，在极限情况下，得到一个离散的点集，称为康托尔三分集.若在前次操作中共去掉的线段长度之和不小于，则的最小值为（ ） （参考数据：，） A. 9 B. 8 C. 7 D. 6 二、填空题（5×5=25） 11. 在的展开式中，的系数为12，则的值为______． 12. 在中，是的中点，，点在上，且满足，则的值为___________. 13. 已知函数，若将其图象向右平移个单位长度后所得的图象关于原点对称，则的最小值为___________. 14. 设函数 ，若函数存在最小值，则a一个取值为___________；a最大值为___________. 15. 已知数列各项均为正数，的前n项和满足．给出下列四个结论： ①的第2项小于1； ②为常数列； ③为递增数列； ④中存在小于的项． 其中所有正确结论的序号是____________． 三、解答题 16. 设的内角，，的对边分别为，，，且． （1）求角的大小； （2）再从以下三组条件中选择一组条件作为已知条件，使三角形存在且唯一确定，并求的面积． 第①组条件：，； 第②组条件：边上的高，； 第③组条件：，． 17. 如图所示，在四棱锥中，底面，底面是矩形，是线段的中点.已知，. （1）求证：平面； （2）求二面角的余弦值； （3）直线上是否存在点，使得与垂直？若存在，求的长；若不存在，请说明理由. 18. 某汽车品牌为了了解客户对于其旗下的五种型号汽车的满意情况，随机抽取了一些客户进行回访，调查结果如下表： 汽车型号 Ⅰ Ⅱ Ⅲ Ⅳ Ⅴ 回访客户(人数) 250 100 200 700 350 满意率 0.5 0.5 0.6 0.3 0.2 满意率是指：某种型号汽车的回访客户中，满意人数与总人数的比值.假设客户是否满意互相独立，且每种型号汽车客户对于此型号汽车满意的概率与表格中该型号汽车的满意率相等. （1）从所有的回访客户中随机抽取1人，求这个客户满意的概率； （2）若以样本的频率估计概率，从Ⅰ型号和Ⅴ型号汽车的所有客户中各随机抽取1人，设其中满意的人数为，求的分布列和期望； （3）用“”，“”，“”，“”，“”分别表示Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ，Ⅳ，Ⅴ型号汽车让客户满意，“”，“”，“”，“”，“”分别表示不满意.写出方差，，，，的大小关系. 19. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，若到过椭圆左焦点、斜率为的直线的距离为3，连接椭圆的四个顶点得到的四边形面积为4． （1）求椭圆方程； （2）设椭圆的左、右顶点分别为，过点的直线与椭圆相交于两点，证明：直线的交点在垂直于轴的定直线上． 20. 已知函数（）． （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）若不等式对任意恒成立． （i）求实数的取值范围； （ii）试比较与的大小，并给出证明（为自然对数的底数，）． 21. 已知无穷数列满足：.记(，表示3个实数x，y，z中的最大值). （1）若，求； （2）若，求； （3）设是有理数，数列中是否一定存在无穷个0？请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京交通大学附属中学2025届高三数学9月阶段诊断性练习 命题人 贺善菊 审核人 李剑 一、选择题（四个选项中只有一个答案正确）4×10=40 1. 设复数,则复数在复平面内对应的点的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的乘法运算法则,将求出,即可得该复数在复平面内对应的点的坐标. 【详解】解:由题知, , 在复平面内对应的点的坐标是. 故选:A 2. 已知集合，，则 A B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出A中x的范围确定出A，求出B中不等式的解集确定出B，求出两集合的交集即可． 【详解】由A中y=log2（x+1），得到x+1＞0，即x＞-1， ∴A=（-1，+∞）， 由B中不等式变形得：（x﹣3）（x+2）≤0且x 解得：﹣2≤x<3，又， 则A∩B=， 故选A． 【点睛】此题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键． 3. 已知定义域为的奇函数，使，则下列函数中符合上述条件的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用奇偶性的定义逐项判断即可. 【详解】对于A，，定义域不关于原点对称，不是奇函数，故A错误； 对于B，，为偶函数，故B错误； 对于C，，故， 且，故为奇函数， 且，满足条件，故C正确； 对于D，，故不是奇函数，故D错误. 故选：C 4. 记为等差数列前n项和．若，，则的公差为（ ） A. 1 B. 3 C. 4 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】设数列的首项为，公差为，根据题设条件易得出关于和的方程组，解方程组求得公差即可. 【详解】设数列的首项为，公差为，由题意得： ，解之得：. 故选：B. 【点睛】本题考查等差数列基本量的计算问题，考查对基础知识的理解和掌握，考查逻辑思维能力和计算能力，属于常考题. 5. 若直线是曲线的切线，则（ ） A. B. C. 1 D. e 【答案】B 【解析】 【分析】利用导数，根据切点及切线的斜率求得正确答案. 【详解】，， 依题意，直线是曲线的切线， 设切点为，则，， 通过对比系数可得，则. 故选：B 6. 设，则“”是“”的条件 A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充要 D. 既不充分也不必要 【答案】B 【解析】 【分析】由于原命题与逆否命题是等价命题，所以问题可以转化为： 设，则“”是“” 的( )条件，这样可以先判断这个命题题设与结论成立的条件，然后进行判断． 【详解】由于原命题与逆否命题是等价命题，所以问题可以转化为： 设，则“”是“” 的( )条件， 题设： （，， 结论：（，， 显然由题设不一定能推出结论，但是从结论一定能推出题设，故本题选B． 【点睛】本题考查了充分条件和必要条件的判断．通过原命题与逆否命题是等价问题，使不等式的问题变得简单． 7. 已知函数是定义在上的偶函数，且在区间上单调递减，若，且满足，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性、单调性、对数运算等知识列不等式，由此求得的取值范围. 【详解】依题意，是偶函数，且在区间上单调递减， 由得， 所以，所以或， 所以或， 所以的取值范围是. 故选：D 8. 是定义在上的偶函数，是奇函数，当时，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分析可得，可得出的值，求出的值，推导出函数是以为周期的周期函数，利用函数的周期性和对称性可求得的值. 【详解】因为是奇函数，所以，则， 所以，，解得，所以，， 又是偶函数，所以， 故，则是以为周期的周期函数， 因此， 故选：A. 9. 已知函数，若有四个不同的零点，则a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】讨论、，应用导数研究单调性，要使有四个不同的解，即当两个区间均存在两个零点时，求a的范围即可. 【详解】由题意知：有四个不同的零点， ∴，则有四个不同的解， 当时，，其零点情况如下： 1）当或时，有； 2）当或时，或； 当时，，则有如下情况： 1）当时，即单调递增，不可能出现两个零点，不合题意； 2）当时，在上，单调递增，在上，单调递减，而有，有，所以只需，得时，必有两个零点. ∴综上，有时，在、上各有两个零点，即共有四个不同的零点. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：应用分类讨论，利用导数研究函数的单调性，求在满足零点个数的情况下参数范围. 10. 集合论是德国数学家康托尔于十九世纪末创立的，希尔伯特赞誉其为“数学思想的惊人产物，在纯粹理性范畴中人类活动的最美表现之一”.取一条长度为1的线段，将它三等分，去掉中间一段，留下的两段分割三等分，各去掉中间一段，留下更短的四段，……，将这样操作一直继续下去，直至无穷.由于在不断分割舍弃过程中，所形成的线段的数目越来越多，长度越来越小，在极限情况下，得到一个离散的点集，称为康托尔三分集.若在前次操作中共去掉的线段长度之和不小于，则的最小值为（ ） （参考数据：，） A. 9 B. 8 C. 7 D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】通过归纳法归纳出每次舍弃的线段的长度，然后由等比数列的前项和公式求得前次舍弃的线段的和，然后列不等式求解． 【详解】第一次操作去掉的线段长度为，第二次操作去掉的线段长度和为，第三次操作去掉的线段长度和为，…，第操作去掉的线段长度和为， 由此得， 所以，， ，， 所以的最小值是9. 故选：A． 二、填空题（5×5=25） 11. 在的展开式中，的系数为12，则的值为______． 【答案】 【解析】 【分析】先写出通项公式，即可求出的值. 【详解】解：因为的展开式的通项为： ， 又因为的系数为12， 所以当时，， 所以， 解得. 故答案为： 12. 在中，是的中点，，点在上，且满足，则的值为___________. 【答案】 【解析】 【分析】根据向量的加法及线性运算可得，再利用向量数量积的运算性质求解即可. 【详解】如图， ，又由点在上且满足，， 是的中点，， 故答案为：. 13. 已知函数，若将其图象向右平移个单位长度后所得的图象关于原点对称，则的最小值为___________. 【答案】 【解析】 【分析】利用二倍角的正弦公式以及两角和的正弦公式将函数的解析式化简为，并求出平移后的函数解析式，利用所得函数图象过原点，求出的表达式，即可得出正数的最小值. 【详解】， 将其图象向右平移个单位长度后所得的图象的函数解析式为， 由于函数的图象关于原点对称，则函数为奇函数， ，， 由于，当时，取得最小值. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题考查利用三角函数的对称性求参数的最值，同时也考查了三角函数的图象变换，解题的关键就是要结合对称性得出参数的表达式，考查推理能力与计算能力，属于中等题. 14. 设函数 ，若函数存在最小值，则a的一个取值为___________；a最大值为___________. 【答案】 ①. 0（答案不唯一） ②. 4 【解析】 【分析】化简，分类讨论去掉绝对值符号， 继而分类讨论a的取值范围，确定每类中每段函数的取值范围，根据题意列出相应不等式，即可求得答案. 【详解】由题意得， 当时， ， 则 时， ， 时， ， 此时存在最小值 ，故a的一个取值为0； ②当 时，则时，在 上单调递增， ， 时，在 上单调递减， ， 要使存在最小值， ，解得，故 ； ③当 时，则 时，在上的最小值为 ， 时，在上单调递减，， 要使存在最小值，，即 ，则； 综上所述，a的取值范围为， 则a的一个取值为0；a最大值为4, 故答案为︰. 15. 已知数列的各项均为正数，的前n项和满足．给出下列四个结论： ①的第2项小于1； ②为常数列； ③为递增数列； ④中存在小于的项． 其中所有正确结论的序号是____________． 【答案】②④ 【解析】 【分析】依题意可得，即可得到，从而判断②，再令，求出，即可判断①，证明，即可说明③，利用反证法说明④. 【详解】解：因为，所以， 又，所以，则，即为常数列，故②正确； 因为的各项均为正数，当时，即，解得，故①错误； 由于，所以， 又数列的各项均为正数，所以， 所以，所以，故为递减数列，故③错误； 假设中每一项均大于或等于， 当取值变大时，也逐渐增大，当时，，又， 所以，与矛盾，故④正确； 故答案为：②④ 三、解答题 16. 设的内角，，的对边分别为，，，且． （1）求角的大小； （2）再从以下三组条件中选择一组条件作为已知条件，使三角形存在且唯一确定，并求的面积． 第①组条件：，； 第②组条件：边上的高，； 第③组条件：，． 【答案】（1） （2）选①不符合题意；选②；选③ 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理的边角互化即可求解； （2）选①利用余弦定理可求出边，可判断不满足题意；选②先利用高和角列式可求出，然后利用余弦定理可求出边，进而求出面积；选③先求，然后利用正弦定理求出边，再结合两角和的正弦公式求，进而可求出面积. 【小问1详解】 因为，所以由正弦定理得, 又因为，所以，所以， 显然，则， 又因为，所以. 【小问2详解】 若选①，由余弦定理得，即，即， 解得或，不符合题意； 若选②，因为边上的高，所以，则， 由余弦定理得，即，即， 解得（舍去）， 故唯一，符合题意， 此时面积； 若选③，因为知道角，，边，所以唯一，符合题意， 因为，，所以， 由正弦定理得， 则， 此时的面积. 17. 如图所示，在四棱锥中，底面，底面是矩形，是线段的中点.已知，. （1）求证：平面； （2）求二面角的余弦值； （3）直线上是否存在点，使得与垂直？若存在，求的长；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）存在，的长为. 【解析】 【分析】（1）连接交于，连接，利用线面平行的判定定理即可证得结论. （2）利用线面垂直的性质定理可知，，以D为原点，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量为，利用空间向量求二面角的余弦值即可. （3）设，其中，通过，求解N的坐标，再求解的长度即可. 【详解】（1）连接交于，连接. 因为底面是矩形，所以是线段的中点. 是线段中点，. 又平面，平面， 平面. （2）因为底面，底面，底面， 所以，. 因为底面是矩形，所以. 如图,以D为原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，. 因为是线段的中点，故，，. 设平面的法向量为，则，即， 令，则，，于是. 因为底面，所以为平面的法向量. 又，所以. 由题知二面角是锐角，所以其余弦值为. （3）因为为直线上一点，，其中，. 又，且与垂直 ，解得. 所以存在点，使得与垂直， 此时，，的长为. 【点睛】方法点睛：本题考查线面平行垂直，线面垂直及面面角的求法，利用空间向量求立体几何常考查的夹角：设直线的方向向量分别为，平面的法向量分别为，则 ①两直线所成的角为(),； ②直线与平面所成的角为(),； ③二面角的大小为(), 18. 某汽车品牌为了了解客户对于其旗下的五种型号汽车的满意情况，随机抽取了一些客户进行回访，调查结果如下表： 汽车型号 Ⅰ Ⅱ Ⅲ Ⅳ Ⅴ 回访客户(人数) 250 100 200 700 350 满意率 0.5 0.5 0.6 0.3 0.2 满意率是指：某种型号汽车的回访客户中，满意人数与总人数的比值.假设客户是否满意互相独立，且每种型号汽车客户对于此型号汽车满意的概率与表格中该型号汽车的满意率相等. （1）从所有的回访客户中随机抽取1人，求这个客户满意的概率； （2）若以样本的频率估计概率，从Ⅰ型号和Ⅴ型号汽车的所有客户中各随机抽取1人，设其中满意的人数为，求的分布列和期望； （3）用“”，“”，“”，“”，“”分别表示Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ，Ⅳ，Ⅴ型号汽车让客户满意，“”，“”，“”，“”，“”分别表示不满意.写出方差，，，，的大小关系. 【答案】（1）；（2）分布列答案见解析，数学期望：；（3）. 【解析】 【分析】（1）设“从所有的回访客户中随机抽1人，这个客户满意”为事件.求得回访客户的总数，及满意的客户人数，从而求得概率； （2）由题知，，设“从Ⅰ型号汽车所有客户中随机抽取的人满意”为事件，“从Ⅴ型号汽车所有客户中随机抽取的人满意”为事件.根据题意，估计为0.5，估计为0.2，与相互独立.从而求得、、，列出分布列，求得期望； （3）分别求得，比较大小即可. 【详解】（1）设“从所有的回访客户中随机抽1人，这个客户满意”为事件. 由题意知，样本中的回访客户的总数是， 满意的客户人数是， 故所求概率为. （2）. 设“从Ⅰ型号汽车所有客户中随机抽取的人满意”为事件， “从Ⅴ型号汽车所有客户中随机抽取的人满意”为事件. 根据题意，估计为0.5，估计为0.2，与相互独立. 所以； ； . 所以的分布列为 0 1 2 0.4 0.5 0.1 所以的期望. （3）由题知：； ；； ； 故. 19. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，若到过椭圆左焦点、斜率为的直线的距离为3，连接椭圆的四个顶点得到的四边形面积为4． （1）求椭圆的方程； （2）设椭圆的左、右顶点分别为，过点的直线与椭圆相交于两点，证明：直线的交点在垂直于轴的定直线上． 【答案】（1） （2）见解析 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的几何性质列出方程组求出，即可得出椭圆的方程； （2）设直线的方程为，求出直线AP、BQ的方程，联立即可求出交点的坐标，从而可知其在定直线上． 【小问1详解】 斜率为的直线倾斜角为， 到过椭圆左焦点、斜率为的直线的距离为3，故 连接椭圆的四个顶点得到的四边形为对角线互相垂直的四边形， 故面积，则，结合 解得，故椭圆的方程为：. 【小问2详解】 由题意知，直线的斜率不为0， 故设过点的直线的方程为：，， 联立得：， 故，， 易知，故， 所以直线的方程为：， 同理可得，直线的方程为：， 联立得：， 即，化简得：， 因为， 故，即，故， 所以直线的交点在垂直于轴的定直线上. 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式； （5）代入韦达定理求解. 20. 已知函数（）． （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）若不等式对任意恒成立． （i）求实数的取值范围； （ii）试比较与的大小，并给出证明（为自然对数的底数，）． 【答案】（1） （2）（i）；（ii）答案见解析. 【解析】 【分析】(1）时求导，得到在切点(1,0)处切线斜率，代入点斜式即可； （2）（i）求导对分情况讨论，讨论函数的单调性，结合题目要求对任意恒成立即可得到实数的取值范围； （ii）比较大小可将两个值看成函数值，然后利用函数的性质求解. 【小问1详解】 因为时，， 所以切点为， 所以时，曲线在点处的切线方程. 【小问2详解】 因为， ①当时，，所以在上单调递增，， 所以不合题意. ②当时，即时，在恒成立， 所以在上单调递减，有，所以满足题意. ③当时，即时，由，可得，由，可得， 所以在上单调递增，在上单调递减，所以所以不合题意， 综上所述，实数的取值范围是. （ii）时，“比较与大小”等价于“比较与的大小”， 设，（）， 则， ∴在上单调递增，因为， 当时，，即，所以， 当时，，即，∴， 综上所述，当时，； 当时，； 当时，. 21. 已知无穷数列满足：.记(，表示3个实数x，y，z中的最大值). （1）若，求； （2）若，求； （3）设是有理数，数列中是否一定存在无穷个0？请说明理由. 【答案】（1）；（2）或；（3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）利用已知关系代入特殊值即可求解； （2）利用已知分析出，即(当且仅当中至少有一项为时等号成立)，再根据已知条件即可求解； （3）利用反证法证明即可. 【详解】（1）因为，所以，， 所以； （2）设，，，，，，， 由题意知，，，，， 所以，，，所以， 即(当且仅当中中至少有一项为时等号成立)， 因为，所以中至少有一项为， 因为，所以， 所以， 所以或，所以或. （3）数列中一定存在无穷个0. 设的最小公分母为，将均改为原来的倍， 则均为整数，题目的其他条件仍然成立，且问题不变. 于是对任意的，均为整数，，，，均为自然数， 反证法：假设中没有0，或者有有限个0， 则存在，对任意的，均有，，，， 设()，则 ， 由（2）知，，故， 假设对任意的，均不为0，则，， 令，则与矛盾. 所以存在，使得，即， 由（2）知，中至少有一项为0，与矛盾， 所以假设不成立，数列中一定存在无穷个0. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用新定义，对n合理赋值，结合反证法、特殊与一般、或然与必然的联系，即可得解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $