北京市十一学校2024-2025学年高三下学期2月教与学诊断数学试题（解析版）.docx

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北京市十一学校2024-2025学年高三年级2月教与学诊断

考试时间：120分钟满分：150分出题人：张乐之曹磊

一、选择题（共10题，每题4分，共40分）

1.已知集合，且，则（）

A. B.1 C. D.0

【答案】A

【解析】

分析】根据题意结合集合相等列式求解即可.

【详解】因为集合，且，

则，解得.

故选：A.

2.已知复数满足，则（）

A.1 B. C.2 D.

【答案】C

【解析】

【分析】利用复数的乘方和模长公式求解即可.

【详解】设，则，

所以，解得，

所以，

故选：C

3.若且，则实数m的值为（）

A.1 B. C. D.1或

【答案】D

【解析】

【分析】采用赋值法令代入计算可得结果.

【详解】令可得，

因此可得，解得或.

故选：D

4.已知，则（）

A. B. C. D.

【答案】C

【解析】

【分析】取特殊值代入验证可得AB错误，对的符号进行分类讨论可判断C正确，再由指数函数单调性可得D错误.

【详解】根据题意不妨取，

代入检验可得不成立，即A错误；

此时，可得B错误；

对于C，当时，此时，即；

当时，此时，即；

当时，显然；

综上可知当时，成立，即C正确；

对于D，因为指数函数为单调递减函数，因此时，，可知D错误.

故选：C

5.已知直线和圆相离，则m的取值范围为（）

A. B. C. D.

【答案】B

【解析】

【分析】由圆的方程求得圆心的坐标与半径，再由点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，然后利用直线与圆相离，列不等式求解即可.

【详解】化圆为，

得圆心坐标为，半径为，解得：，

所以圆心到直线的距离，

因为直线与圆相离，所以，所以，解得：.

所以m的取值范围为.

故选：B.

6.已知函数在R上单调递增，则a的取值范围为（）

A. B. C. D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用指数函数和二次函数性质，根据分段函数单调性求出各段所满足的条件即可.

【详解】根据题意若函数为单调递增，可得；

若函数为单调递增，可得，即；

若保证在R上单调递增,还需满足，解得；

综上可得，a的取值范围为.

故选：D

7.已知数列是等差数列，其前n项和为，则“，使得”是“，使得”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】C

【解析】

【分析】对等差数列的公差进行分类讨论可知充分性成立，再由等差数列前n项和公式可得必要性成立，可得结论.

【详解】根据题意可知，若等差数列的公差为0，

可知“，使得”一定能推出“，使得”，

若等差数列的公差为，

由“，使得”可知都为正数，

因此一定能推出“，使得”；

若等差数列的公差为，

由“，使得”可知都为正数，

当尽量小时，一定能推出“，使得”，

综上可知，充分性成立；

若，使得，即，即可得；

因此至少有一项大于零，即“，使得”，

所以必要性也成立；

即“，使得”是“，使得”的充要条件.

故选：C

8.已知双曲线的右焦点为F，原点为O，若双曲线上存在两个点A和B，使得四边形为正方形，则双曲线的离心率为（）

A. B. C. D.

【答案】B

【解析】

【分析】做出图形并利用正方形性质得出在双曲线上，联立方程组解得离心率.

【详解】如下图所示：

易知，又因为四边形为正方形，可得,且

因此可得，‘

设其离心率为，易知；

代入双曲线的方程可得，又，

联立可得，解得或（舍）；

所以.

故选：B

9.如图，正方体中，分别是上的中点，是上的动点.下列结论错误的是（）

A.平面截正方体所得截面为等腰梯形

B.平面平面

C.存在点，使得平面

D.存在点，使得

【答案】D

【解析】

【分析】利用线面平行判定定理证明即可判断A正确，以为坐标原点建立空间直角坐标系，由法向量的关系可证明得出B正确，易知当点为的中点时，使得平面，可得C正确，由空间向量证明可得，可得D错误,

【详解】对于A，取的中点为，连接，如下图所示：

由中位线性质可得，显然，所以,

即可得四点共面，即四边形即为平面截正方体所得截面，

易知，所以四边形为等腰梯形，即A正确；

对于B，以为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：

设正方体的棱长为2，可得，

易知，

设平面的一个法向量为，

可得，解得，令，可得；

所以

易知，

设平面的一个法向量为，

可得，解得，可得，；

所以，

显然，即，所以平面平面，即B正确；

对于C，取的中点为，连接，如下图所示：

当为的中点时，可得，且，

又且，可得，

即四边形为平