2024届北京交通大学附属中学高三上学期10月诊断性练习数学试题含解析

这是一份2024届北京交通大学附属中学高三上学期10月诊断性练习数学试题含解析，共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知全集，集合，或，则（ ）
A．B．或
C．D．
【答案】D
【分析】根据交集和补集的定义即可得出答案.
【详解】解：因为,或，
所以，
所以.
故选：D．
2．已知向量，，若，则的值为（ ）
A．4B．1C．D．
【答案】C
【分析】根据平面向量共线的坐标表示计算可得；
【详解】解：因为，且，
所以，解得；
故选：C
3．命题，，则是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】C
【分析】将全称命题的量词改变，否定结论，可得出命题.
【详解】命题，，由全称命题的否定可知，命题，.
故选：C.
【点睛】本题考查全称命题否定，要注意全称命题的否定与特称命题的之间的关系，属于基础题.
4．已知函数，在下列区间中，包含零点的区间是（ ）
A．（0，1）B．（1，2）C．（2，3）D．（3，4）
【答案】C
【解析】判断函数的单调性，以及（2），（3）函数值的符号，利用零点存在性定理判断即可．
【详解】函数，是增函数且为连续函数，
又（2），
（3），
可得
所以函数包含零点的区间是．
故选：．
【点睛】本题主要考查零点存在定理的应用，应用零点存在定理解题时，要注意两点：（1）函数是否为单调函数；（2）函数是否连续.
5．为了得到函数的图象，只需把函数的图象上的所有点
A．向左平移个单位长度B．向左平移个单位长度
C．向右平移个单位长度D．向右平移个单位长度
【答案】A
【分析】由题意利用诱导公式、函数的图象变换规律，得出结论．
【详解】把函数的图象上的所有点向左平移个单位长度，
可得的图象，
故选A．
【点睛】本题主要考查诱导公式、函数的图象变换规律，属于基础题．
6．在中，，则“”是“”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
【答案】B
【分析】依题意利用正弦定理可知时可得或，即充分性不成立；当时，可得，可得必要性成立，即可得出结论.
【详解】根据题意，
当，时，由正弦定理可得，
又，所以；可得或；
所以充分性不成立；
当，时，利用正弦定理可得，
即必要性成立，
综上可得：“”是“”的必要不充分条件.
故选：B
7．如图，为了研究钟表与三角函数的关系，建立如图所示的坐标系，设秒针尖位置P(x，y).若初始位置为P0，当秒针从P0(注：此时t＝0)正常开始走时，那么点P的纵坐标y与时间t的函数关系式为（ ）
A．y＝sinB．y＝sin
C．y＝sinD．y＝sin
【答案】C
【分析】根据题意，求得初相，再根据周期，即可判断选择.
【详解】由题意可得，初始位置为P0，不妨设初相为，
故可得，，则.排除B、D.
又函数周期是60(秒)且秒针按顺时针旋转，即T＝＝60，
所以|ω|＝，即ω＝－.
故满足题意的函数解析式为：.
故选：.
【点睛】本题考查三角函数在生活中的应用，属基础题.
8．要制作一个面积为2平方米，形状为直角三角形的铁架框，现有下列四种长度的铁管，最合理（够用，又浪费最少）的是（ ）
A．4.6B．4.8米C．6.8米D．7米
【答案】D
【分析】设一个直角边长为米，可得直角三角形的周长，利用基本不等式运算求解.
【详解】设一个直角边长为米，则另一直角边长为米，斜边长为米，
可得直角三角形的周长，
当且仅当，即时，等号成立，
又因为，可得，即直角三角形的周长大于6.8米，
所以合理（够用，又浪费最少）的是7米.
故选：D.
9．已知函数，，若对于任意的实数，与至少有一个为正数，则实数的取值范围是
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】当时，若x接近 时，函数与均为负值，显然不成立，当时，因
当时，若即时，结论显然成立．若时只要即，综上所述，
故选：B
【解析】1、一元二次不等式的应用；2二次函数图像．
【方法点晴】本题主要考查的是二次函数与一元二次不等式的应用，属于难题题，当时，显然不成立；当时，因为所以仅对对称轴进行分类讨论即可．
10．已知函数，如果函数满足对任意，都存在，使得，则称实数为函数的包容数.在①；②；③1；④；⑤中，函数的包容数是（ ）
A．①③B．②③C．②③④D．②④⑤
【答案】B
【分析】找出实数为函数的包容数的充要条件且，然后逐一验证对于实数分别为：①；②；③1；的情况可以直接验证，对于：④；⑤根据求导来说明当时，单调递增，从而即可验证.
【详解】设，它们的值域分别为，
由题意如果函数满足对任意，都存在，使得，
则当且仅当，
因为当时，单调递增，
所以，
若，则，
此时不成立，
故只能，
因为当时，单调递减，
所以此时，
即此时，
因此若要，
只需，
不妨设，
则实数为函数的包容数当且仅当且，
因此不是函数的包容数，
注意到，
因此，1是函数的包容数，
对求导得，
所以当时，，
所以当时，单调递增，且注意到，
所以，，
因此不是函数的包容数；
综上所述：在①；②；③1；④；⑤中，函数的包容数是②③.
故选：B.
【点睛】关键点点睛:本题的关键是找出实数为函数的包容数的充要条件且，然后设法逐一去分析验证即可.
二、填空题
11．已知，则 .
【答案】-3.
【分析】由两角差的正切公式展开，解关于的方程．
【详解】因为，所以．
【点睛】本题考查两角差正切公式的简单应用，注意公式的特点：分子是减号，分母是加号．
三、双空题
12．函数的部分图象如图所示.则 ，图中 .
【答案】 /
【分析】由图可知，结合即可求出的值，从而得出；观察图象可知是方程的最小正数解，解方程即可求出的值.
【详解】由图可知，且，所以；
所以，
由图可知是方程的最小正数解，
由，可得，或者，
解得或，
所以当时，.
故答案为：.
13．如图，扇形中，半径为1，的长为2，则所对的圆心角的大小为 弧度；若点是上的一个动点，则当取得最大值时， .
【答案】 2 0
【分析】由弧长公式得：，可求圆心角的大小，由三角函数定义可建立以点O为坐标原点，OA所在直线为x轴的直角坐标系，易得：，，，结合两角和差的正弦公式则，进而即可得解.
【详解】由弧长公式得：，
即所对的圆心角的大小为2弧度，
由三角函数定义可建立以点O为坐标原点，OA所在直线为x轴的直角坐标系，易得：，，
设，则，
则，
又，所以，
当即时，取得最大值，
故答案为2，0．
【点睛】本题考查了弧长公式及三角函数的定义及二倍角公式，两角和差的正弦公式，属中档题．
四、填空题
14．已知函数，若对任意的实数，都存在唯一的实数，使，则实数的最大值是 .
【答案】
【分析】利用任意性与存在性原命题可转化为有且仅有一个解，然后根据三角函数的性质和图像求解即可.
【详解】
由，，
则，存在唯一的实数，使，
即有且仅有一个解，
作函数图像与直线，
当两个图像只有一个交点时，由图可知，，
故实数的最大值是.
故答案为：
【点睛】本题主要考查了三角函数的图像与性质，属于较为基础题.
15．对于满足一定条件的连续函数，存在一个点，使得，那么我们称该函数为“不动点”函数，而称为该函数的一个不动点，现新定义：若满足，则称为的次不动点，有下面四个结论
①定义在R上的偶函数既不存在不动点，也不存在次不动点
②定义在R上的奇函数既存在不动点，也存在次不动点
③当时，函数在上仅有一个不动点和一个次不动点．
④不存在正整数m，使得函数在区间上存在不动点，其中，正确结论的序号为 ．
【答案】②③
【分析】举反例偶函数，利用“不动点”、“次不动点”的定义即可判断①；
对于②结合奇函数定义及性质即可判断；
对于③首先利用“不动点”定义得到及利用“次不动点”的定义得，再分离变量，利用函数单调性即可求得a的取值范围；
对于④利用“不动点”得到，分离变量后得到，将问题转化为函数零点问题即可求解.
【详解】对于①:取函数，，既是的不动点，又是的次不动点，故①错误；
对于②:定义在上的奇函数满足，故②正确；
对于③:当时， ，即.
令，，在区间上单调递增，在上单调递增，满足有唯一解；
当时，即.
令，，在区间上单调递增，在上单调递增，满足有唯一解；综上时函数在上仅有一个不动点和一个次不动点，故③正确;
对于④:假设函数在区间上存在不动点，则在上有解，即在上有解，令，则，再令，则，令，解得，所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以在上 恒成立，所以在上单调递增，
所以，，
所以实数满足，存在正整数满足条件，故④错误：
故答案为：②③
【点睛】本题考查的是函数的新定义问题，试题以函数和方程的有关知识为背景设计问题，难度较大.已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解
五、解答题
16．已知函数.
(1)求的单调递增区间与对称轴方程；
(2)设.当时，的取值范围为，求的取值范围.
【答案】(1)答案见详解
(2)
【分析】（1）以为整体，结合正弦函数的性质运算求解；
（2）利用三角恒等变换整理可得，以为整体，根据题意结合正弦函数的有界性分析求解.
【详解】（1）令，解得，
所以的单调递增区间为；
令，解得，
所以的对称轴为.
（2）因为
，
因为，则，且，
若的取值范围为，则，解得，
所以的取值范围为.
17．已知分别为内角的对边，请在以下四个条件中选择三个：①；②；③；④.
(1)求角和边的值.
(2)求的面积.
【答案】(1)，；
(2).
【分析】（1）选择条件，利用三角恒等变换、正余弦定理即可求解.
（2）由（1）的结论，利用三角形面积公式计算即可.
【详解】（1）选择①②③，在中，由，得，
即，而，解得，所以；
由，，得，
于是，
由正弦定理得，所以.
选择①②④，在中，由，得，
即，而，解得，所以；
由，，得，
由正弦定理得，所以.
选择①③④，在中，由余弦定理得，
由，，得，
由正弦定理得，即，而，则为锐角，
所以.
选择②③④，在中，由，得，
即，而，解得，所以；
由余弦定理得，即，则，而，
所以.
（2）由（1）知，选择①②③，①③④，②③③，均有，，而，
所以的面积.
选择①②④，，，，
则，而，
所以的面积.
18．已知函数,,是实数.
（Ⅰ）若在处取得极值,求的值;
（Ⅱ）若在区间为增函数,求的取值范围;
（Ⅲ）在(Ⅱ)的条件下,函数有三个零点,求的取值范围.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）．
【详解】试题分析：（1）先求出函数的导数，由，即可求出的值；（2）由，得在区间恒成立，即恒成立，由，即可得到；（3）求出，分别得时，时的情况，进而求出的取值范围．
试题解析：（1）f′（x）=x2﹣（m+1）x，
由f（x）在x=1处取到极大值，得f′（1）=1﹣（m+1）=0，
∴m=0，（符合题意）；
（2）f′（x）=x2﹣（m+1）x，
∵f（x）在区间（2，+∞）为增函数，
∴f′x）=x（x﹣m﹣1）≥0在区间（2，+∞）恒成立，
∴x﹣m﹣1≥0恒成立，即m≤x﹣1恒成立，
由x＞2，得m≤1，
∴m的范围是（﹣∞，1]．
（3）h（x）=f（x）﹣g（x）=x3﹣x2+mx﹣，
∴h′（x）=（x﹣1）（x﹣m）=0，解得：x=m，x=1，
m=1时，h′（x）=（x﹣1）2≥0，h（x）在R上是增函数，不合题意，
m＜1时，令h′（x）＞0，解得：x＜m，x＞1，令h′（x）＜0，解得：m＜x＜1，
∴h（x）在（﹣∞，m），（1，+∞）递增，在（m，1）递减，
∴h（x）极大值=h（m）=﹣m3+m2﹣，h（x）极小值=h（1）=，
要使f（x）﹣g（x）有3个零点，
需，解得：m＜1﹣，
∴m的范围是（﹣∞，1﹣）．
【解析】利用导数求解闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性．
【方法点晴】本题主要考查了利用导数求解闭区间上函数的最值、利用导数研究函数的单调性，着重考查了函数导数的应用、转化与化归和分类讨论的思想方法，属于一道综合性试题，本题的解答中若在区间为增函数，转化为在区间恒成立和函数有三个零点转化为函数的单调性与极值的应用是解答的关键．
19．某市计划新修一座城市运动公园，设计平面如图所示：其为五边形其中三角形区域为球类活动场所；四边形为文艺活动场所．其中，，，，为运动小道（不考虑宽度），，，千米．
（1）求小道的长度；
（2）设，试用表示的面积，并求为何值时，球类活动场所的面积最大值，并求出最大值．
【答案】（1） （2）球类活动场所的面积最大值为
【分析】（1）连接，在中由余弦定理得的值，在中，求解的值即可.
（2）设，在中，由正弦定理求解、，表示，然后求解最大值.
【详解】（1）如图，连接
在中，，
由余弦定理得：
又
又
在中，
（2）设
在中，由正弦定理可知：
，
当时，取得最大值为
即球类活动场所面积的最大值为
20．已知函数.
（1）若，求的图象在处的切线方程；
（2）讨论的单调性；
（3）若存在两个极值点，求证：.
【答案】（1）；（2）答案见解析；（3）证明见解析.
【分析】（1）分别计算出时的导数值和函数值，然后根据直线的点斜式方程求解出切线方程；
（2）先求解出，然后根据与的大小关系对进行分类讨论，由此分别确定出的单调性；
（3）根据已知条件结合韦达定理先分析得到的结果，然后将表示为关于的函数，构造新函数并借助导数分析其单调性和最值，由此完成证明.
【详解】（1）因为，所以，
所以，，
所以切线方程为：，即；
（2），记，
当时，，，所以在上单调递增；
当时，，令，所以且，
时，，单调递增，
时，单调递减，
时，，单调递增，
综上可知：时，在上单调递增；时，在上单调递增，
在上单调递减，在上单调递增；
（3）因为
由题意可知：的两个根为且，所以，
所以，
所以，
所以，令，
所以，时，所以在上单调递减，
所以，
所以成立.
【点睛】思路点睛：导数中双极值点问题的一般求解思路：
（1）先求出导函数；
（2）根据求解出极值点满足的关系式（若导函数为二次函数类型，可根据韦达定理进行计算）；
（3）利用的关系通过化简、计算将问题转化为单变量问题，通过构造新函数完成问题的求解.
21．设集合，其中.若集合满足对于任意的两个非空集合，都有集合的所有元素之和与集合的元素之和不相等，则称集合具有性质.
(1)判断集合是否具有性质，并说明理由；
(2)若集合具有性质，求证：；
(3)若集合具有性质，求的最大值.
【答案】(1)不具有，具有.
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据集合S具有性质P的定义结合反例可判断两个集合是否具有性质.
（2）根据也具有性质及其子集的个数可证；
（3）不妨设，利用（2）的结论可证，从而可求最大值，再代入即可.
【详解】（1）对于集合，因为，故集合的元素和相等，
故不具有性质.
对于，其共有15个非空子集：
，
，
各集合的和分别为：，它们彼此相异，
故具有性质.
（2）因为具有性质，故对于任意的，也具有性质，
否则有两个非空子集，它们的元素和相等，
而也是的子集，故不具有性质，矛盾.
注意到共有个非空子集，每个子集的元素和相异，
且子集的和最大为，最小为，故.
（3）假设集合具有性质，
不妨设，
设，则，由（2）可得，且.
而
，
故，
当且仅当时等号成立，
即此时任意的正整数，即，
故此时时等号成立，故的最大值为.
则当时，即对集合具有性质，
则的最大值为.
【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是利用集合非空真子集的个数公式即可证明，第三问的关键是利用第二问的结论得到，再对赋值即可.