2023届北京市十一学校高三上学期12月月考数学试题含解析

这是一份2023届北京市十一学校高三上学期12月月考数学试题含解析，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。
2023届北京市十一学校高三上学期12月月考数学试题 一、单选题1．设全集，集合，则等于（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】分别求出集合，再根据补集和交集的定义即可得出答案.【详解】解：，由，得，解得或，所以，则，所以.故选：B.2．已知为实数，且，则下列不等式一定成立的是（    ）．A．  B．  C．  D． 【答案】C【分析】给实数在其取值范围内任取值，，，，代入各个选项进行验证，A、B、D都不成立，由此可得选项.【详解】令，，，，选项A，，， ， A错误；选项B，，， ，B错误；选项C，，， ，根据不等式的加法性质，C正确.；选项D，，，，D错误.故选：C．【点睛】通过给变量取特殊值，举反例来说明某个命题不正确，是一种简单有效的方法．3．设是直线，，是两个不同的平面，下列命题中正确的是（    ）A．若，，则B．若，，则C．若，，则D．若，，则【答案】D【解析】由线面平行的性质和面面平行的判定可判断选项A；由面面垂直的性质定理和线面平行的性质可判断选项B；由面面垂直的性质定理和线面位置关系可判断选项C；由线面平行的性质和面面垂直的判定定理可判断选项D；【详解】对于选项A：若，，则或与相交，故选项A不正确；对于选项B：若，，则或，故选项B不正确；对于选项C：若，，则或或与相交，故选项C不正确；对于选项D：若，由线面平行的性质定理可得过的平面，设，则，所以，再由面面垂直的判定定理可得，故选项D正确；故选：D4．函数的图象大致为（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】化简函数解析式，由此可得出合适的选项.【详解】函数的定义域为，且，因此，函数的图象为选项D中的图象.故选：D.5．已知抛物线：的焦点为，准线为，点在上，过A点作准线的垂线交准线于，若，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】结合图形，利用抛物线的定义，直角三角形的性质进行求解.【详解】因为，根据抛物线定义有：，设与轴的交点为，因为，所以.因为，所以.故A，C，D错误.故选：B.6．已知函数，则“”是“为奇函数”的（    ）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】利用二倍角的余弦公式以及已知条件求出，利用集合的包含关系判断可得出结论.【详解】因为，若函数为奇函数，则，解得，因为，因此，“”是“为奇函数”的充分而不必要条件.故选：A.7．《周髀算经》中有这们一个问题：从冬至日起，依次有小寒､大寒､立春､雨水､惊蛰､春分､清明､谷雨､立夏､小满､芒种这十二个节气，其日影长依次成等差数列，若冬至､立春､春分日影长之和为尺，谷雨日影长为尺，则这十二个节气日影长之和为（    ）A．尺 B．尺 C．尺 D．尺【答案】B【分析】设十二个节气其日影长依次成等差数列，公差为，把已知用数列语言描述后求解可得．【详解】设十二个节气其日影长依次成等差数列，公差为，由题意可得，即，解得，因为谷雨日影长为，即，所以，所以，所以.故选：B.8．已知为单位向量，向量，且，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】先根据已知条件求出和，然后利用向量的夹角公式可求出结果【详解】因为为单位向量，向量，且，所以，，所以，因为，所以，故选：B9．设，若直线与圆相切，则的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】利用直线与圆相切的性质可得，的关系式，再借助均值不等式求解能求出的取值范围．【详解】,直线与圆相切，圆的圆心，半径，则，整理得，，，，解得或，的取值范围是故选：D10．已知点和圆上两个不同的点，满足是弦的中点，给出下列三个结论：①的最小值是4；②点的轨迹是一个圆；③若点，点，则存在点，使得；其中所有正确结论的个数为（    ）A．0个 B．1个 C．2个 D．3个【答案】C【分析】①设，再根据两点的距离公式进行求解即可；②设出，找到等量关系，建立方程，求出点的轨迹方程，即可说明；③转化为两圆是否有交点，说明是否存在点.【详解】解：点在圆上，设，则，当时，取得最小值，最小值为4，①正确；设点，则由题意得：，则，整理得：，所以点的轨迹是一个圆，②正确；以为直径的圆，圆心为，半径为1，方程为：，下面判断此圆与点的轨迹方程是否有交点，由于，两圆相离，故不存在点，使得，③错误，所以正确的个数为2个.故选：C. 二、填空题11．在复平面内，复数，则的共轭复数的虚部是__________．【答案】1【分析】由复数除法化简成标准形式，再求出共轭复数，即可求虚部.【详解】，则，故虚部是1.故答案为：112．能说明“设数列的前项和，对于任意的，若，则”为假命题的一个等比数列是__________．（写出数列的通项公式）【答案】（答案不唯一）【分析】根据数列的单调性结合的符号可得出结果.【详解】取，则，则，但，故满足题意.故答案为：.（答案不唯一）13．若函数在上单调递增，则实数的取值范围是__________．【答案】【分析】根据题意，分段函数在上单调递增，则每一段函数在相应的区间上必须单调递增，再结合分段函数在处需满足的条件，列出不等式组即可得到答案．【详解】函数在上单调递增，当时，单调递增，故恒成立，解得，此时；当时，单调递增，故，解得，要使在上单调递增，需满足，解得，即的取值范围是．故答案为：．14．如图，在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，点在线段上运动，给出下列四个结论：①平面截正方体所得的截面图形是五边形；②直线到平面的距离是；③存在点，使得；④面积的最小值是．其中所有正确结论的序号是__________．【答案】①③④【分析】对于①，直线与的延长线分别交于,连接分别交于,连接即可解决；对于②等体积法解决即可；对于③④，建立空间直角坐标系，设，得即可.【详解】对于①，如图直线与的延长线分别交于,连接分别交于,连接，则五边形即为所求的截面图形，故①正确；对于②，由题知，平面，平面，所以平面，所以点到平面的距离即为直线到平面的距离，设点到平面的距离为，由正方体的棱长为2可得，，，所以，，所以由，可得，所以直线到平面的距离是，故②错误；对于③，如图建立空间直角坐标系，则，设，所以，又因为，所以，所以，假设存在点使得，所以，整理得，所以（舍去），或，所以存在点使得，故③正确；对于④，由③知，所以点在的射影为，所以点到的距离为，当时，，所以面积的最小值是，故④正确；故答案为：①③④ 三、双空题15．已知双曲线的离心率为，的焦点到其渐近线的距离为，则__________，渐近线方程为__________．【答案】     ##     【分析】利用点到直线的距离公式可求得的值，利用已知条件可得出关于、的值，解出这两个量的值，即可得出双曲线的渐近线方程.【详解】双曲线的渐近线方程为，即，双曲线的焦点到其渐近线的距离为，由题意可得，解得，所以，双曲线的渐近线方程为.故答案为：；. 四、解答题16．中，已知．(1)求；(2)记边上的中线为．求和的长度．【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用三角恒等变换化简，从而求得. （2）利用三角形的面积公式求得，利用余弦定理求得也即求得，利用向量运算求得.【详解】（1）依题意，，,由于，所以.（2）由三角形的面积公式得，由余弦定理得.由两边平方并化简得：，所以.17．已知函数．(1)若为函数的极值点，求实数的值；(2)的单调增区间（不含端点）内有且只有两个整数时，求实数的取值范围．【答案】(1)或；(2)或． 【分析】（1）求出导函数，由求得值，并验证是极值点即可得；（2）由（1）得的增区间是或，由0在增区间内，因此可得增区间内还有一个整数1或，分类讨论可得的范围．【详解】（1），由题意，或，，时，在和两侧符号相反，与是的极值点，因此或符合题意．（2）由（1）知时，时，，递增，时，时，，递增，显然在的增区间内，的单调增区间（不含端点）内有且只有两个整数时，由于，因此或，解得或．18．在四棱锥中，平面为棱中点，，，再从条件①､条件②这两个条件中选择一个作为已知．条件①：；条件②：平面．(1).求证：；(2).求直线与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析.(2) 【分析】连接AC，由题目条件可推得为等腰直角三角形，且，.对于（1），若选条件①，证明即可.若选条件②，证明即可.对于（2），建立以A为原点的空间直角坐标系.若选条件①，由题得，平面法向量对应坐标，后可得答案.若选条件②，由题目条件得，，平面法向量对应坐标，后可得答案【详解】（1）如图，连接AC，因平面，平面，则.又，则.注意到，则为等腰直角三角形，其中，.若选条件①，由余弦定理可得，，结合为三角形内角，得，又，则，即.若选条件②，因平面，BC平面，平面平面，则，又，则，即.（2）若选条件①，由（1）可得，则，故建立以A为坐标原点，如下图所示空间直角坐标系（轴所在直线与DC平行）又，，则，.则，，.设平面法向量为，则.取，又设与平面所成角为，则.即直线与平面所成角的正弦值为若选条件②，由（1）可得，故建立以A为坐标原点，如下图所示空间直角坐标系（轴所在直线与DC平行）因，则，则由余弦定理可得.又，则，.则，，.设平面法向量为，则.取，又设与平面所成角为，则.即直线与平面所成角的正弦值为.19．已知椭圆的离心率为，分别为椭圆的上、下顶点，且.(1)求椭圆的标准方程；(2)设直线与椭圆交于（不与点重合）两点，若直线与直线的斜率之和为，判断直线是否经过定点？若是，求出定点的坐标；若不是，说明理由.【答案】(1)(2)直线经过定点． 【分析】（1）根据离心率和，求出，，从而求出椭圆方程；（2）先考虑直线斜率存在时，设直线，()，联立后用韦达定理，利用题干条件列出方程，求出，从而求出直线过的定点，再考虑斜率不存在时是否满足，最终求出答案.【详解】（1）由离心率为，可得  因为为椭圆的上、下顶点，且，所以  即 ， 又解得： 所以椭圆的标准方程为（2）直线经过定点，证明如下：①当直线的斜率存在时，设，()，由，得，   则 得：设则，，      则   所以，经检验，可满足，所以直线的方程为，即所以直线经过定点．   ②当直线的斜率不存在时，设，，，则解得，此时直线也经过定点综上直线经过定点．【点睛】直线过定点问题，需要设出直线方程，与曲线联立方程后用韦达定理得到两根之和，两根之积，利用题干中条件得到等量关系，找到与的关系，或者求出的值，从而确定所过的定点，注意考虑直线斜率不存在的情况.20．已知函数，其中，为的导函数.(1)当，求在点处的切线方程；(2)设函数，且恒成立.①求的取值范围；②设函数的零点为，的极小值点为，求证：.【答案】(1)(2)①;②详见解析 【分析】（1）利用导数的几何意义即可求解.（2）①先对函数求导，得到，推出，求导，得到，解对应不等式，得到单调性，求出其最小值，再根据恒成立，即可得出结果；②先设，求导得.设，对其求导，判定单调性，从而得到函数单调性，得到是函数的极小值点，得到，再由①得时，，推出所以，得到，得到函数在区间上单调递增，再由题意，即可得出结论成立.【详解】（1）时，,,,，所以函数在处的切线方程，即.（2）①由题设知，，，，由，得，所以函数在区间上是增函数；由，得，所以函数在区间上是减函数.故在处取得最小值，且.由于恒成立，所以，得，所以的取值范围为；②设，则.设，则，故函数在区间上单调递增，由（1）知，，所以，，故存在，使得，所以，当时，，，函数单调递减；当时，，，函数单调递增.所以是函数的极小值点.因此，即.由①可知，当时，，即，整理得，所以.因此，即.所以函数在区间上单调递增.由于，即，即，所以.又函数在区间上单调递增，所以.21．对于无穷数列，若对任意，且，存在，使得成立，则称为“数列”．(1)若数列的通项公式为的通项公式为，分别判断是否为“数列”，并说明理由；(2)已知数列为等差数列，①若是“数列，，且，求所有可能的取值；②若对任意，存在，使得成立，求证：数列为“数列”．【答案】(1)是“数列”，不是“数列”；(2)①9,10,12,16；②证明见解析． 【分析】（1）根据“数列”的定义验证即可；（2）①设公差为，利用“数列”定义得是8的正约数：1，2，4，8，分别求出并验证符合题意即得；②利用，求出公差与首项的关系，然后表示出通项公式，再根据“数列”定义证明．【详解】（1），对任意的，，，，，取，则，∴是“数列”，，对任意的，，，，为偶数，而为奇数，因此不存在使得，∴不是“数列”；（2）数列为等差数列，①若是“数列，，且，，，，对任意的，，，，，由题意存在，使得，即，显然，所以，，，所以是8的正约数，即，2，4，8，时，，；时，，；时，，；时，，．综上，的可能值为9，10，12，16；②若对任意，存在，使得成立，所以存在，，，设公差为，则，，，对任意的，，，，，取，则，所以是“数列”．【点睛】关键点点睛：本题考查数列新定义，解题关键是理解新定义并应用新定义求解．第（2）问中，第一个问题是直接利用等差数列的通项公式根据新定义进行验证即可，第二个问题关键是确定数列的通项公式，因此根据已知条件求得数列的首项与公差的关系，这样通项公式中相当于只含有一个参数（或），然后利用通项公式进行检验．