2023-2024学年北京市朝阳区六校联考高三上学期12月月考数学模拟试题（含解析）

这是一份2023-2024学年北京市朝阳区六校联考高三上学期12月月考数学模拟试题（含解析），共22页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

第一部分（选择题 共40分）
一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.
1．在复平面内，对应的点的坐标是，则的共轭复数（ ）
A．B．
C．D．
2．下列函数中，既是奇函数又是增函数的为
A．B．C．D．
3．下列双曲线中，焦点在轴上且渐近线方程为的是
A．B．C．D．
4．已知函数在区间单调递增，直线和为函数的图像的两条相邻对称轴，则（ ）
A．B．C．D．
5．将一个棱长为1的正方体放入一个圆柱内，正方体可自由转动，则该圆柱体积的最小值为（ ）
A．B．C．D．
6．已知x，y为正实数，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
7．某食品加工厂2022年获利20万元，经调整食品结构，开发新产品，计划从2023年开始每年比上一年获利增加20%，问从哪一年开始这家加工厂年获利超过60万元（，）（ ）
A．2026年B．2027年
C．2028年D．2029年
8．已知平面上一点，若直线上存在点P使，则称该直线为“切割型直线”.下列直线中是“切割型直线”的是（ ）
①；②；③；④.
A．①③B．①④C．②③D．③④
9．已知函数在区间，上都单调递增，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
10．某同学所在的课外兴趣小组计划用纸板制作一个简易潜望镜模型（图甲），该模型由两个相同的部件拼接粘连制成，每个部件由长方形纸板（图乙）沿虚线裁剪后卷一周形成，其中长方形卷后为圆柱的侧面．为准确画出裁剪曲线，建立如图所示的以为坐标原点的平面直角坐标系，设为裁剪曲线上的点，作轴，垂足为．图乙中线段卷后形成的圆弧（图甲），通过同学们的计算发现与之间满足关系式，现在另外一个纸板上画出曲线，如图丙所示，把沿虚线裁剪后的长方形纸板卷一周，求该裁剪曲线围成的椭圆的离心率为（ ）

A．B．
C．D．
二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分.把答案填在答题卡上.
11．已知，，若与垂直，则实数 .
12．的展开式中的系数为 （用数字作答）．
13．已知抛物线的焦点为，过的动直线与抛物线交于两点，满足的直线有且仅有一条，则 ．
14．已知的内角的对边分别为，，，且满足，，则 ；的中线的最大值为 .
15．设等差数列的前项和为，则有以下四个结论：
①若，则
②若，且，则且
③若，且在前16项中，偶数项的和与奇数项的和之比为3:1，则公差为2
④若，且，则和均是的最大值
其中正确命题的序号为 .
三、解答题：本大题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.
16．如图，在四棱锥中，，四边形ABCD是正方形，，E是棱PD上的动点，且.

(1)证明：平面ABCD；
(2)是否存在实数，使得平面PAB与平面AEC所成夹角的余弦值是？若存在.求出的值；若不存在，请说明理由.
17．已知函数，其中．再从条件①、条件②、条件③中选择一个作为已知，使存在，并完成下列两个问题．
(1)求的值；
(2)当时，若曲线与直线恰有一个公共点，求的取值范围．
条件①：；
条件②：是的一个零点；
条件③：．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
18．垃圾分类可以提高垃圾的资源价值和经济价值.某学校在寒假期间安排了“垃圾分类知识普及实践活动”.为了解学生的学习成果，该校对高一､高二年级全体学生进行了相关知识测试，然后从高一、高二各随机抽取了名学生成绩（百分制），并对数据（成绩）进行了整理、描述和分析.下面给出了整理的相关信息：
高一年级成绩分布表
(1)从高一和高二样本中各抽取一人，这两个人成绩都不低于分的概率是多少？
(2)分别从高一全体学生中抽取一人，从高二全体学生中抽取人，这三人中成绩不低于分的人数记为，用频率估计概率，求的分布列和期望；
(3)学校为提高对垃圾分类的了解情况需要在高一或高二进行一场讲座，假设讲座能够使学生成绩普遍，提高一个等级，若高一高二学生数量一致，那么若要想高一和高二学生的平均分尽可能的高，需要在高一讲座还是高二讲座？（直接写出结论）
19．已知椭圆的离心率为，且其左顶点到椭圆外的直线的距离为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点且斜率为的直线交椭圆于两点，为直线上的动点，直线分别交直线于（异于），求线段的中点坐标.
20．已知，函数，为的导函数.
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)讨论在区间上的零点个数；
(3)比较与的大小，并说明理由.
21．对于数列，定义“变换”：将数列变换成数列，其中，且，这种“变换”记作.继续对数列进行“变换”，得到数列，依此类推，当得到的数列各项均为时变换结束．
（1）试问和经过不断的“变换”能否结束？若能，请依次写出经过“变换”得到的各数列；若不能，说明理由；
（2）求经过有限次“变换”后能够结束的充要条件；
（3）证明：一定能经过有限次“变换”后结束．
等级
成绩（分数）
人数
1．B
【分析】先根据复数的几何意义写出复数；再根据共轭复数的定义即可得出结果.
【详解】因为复数对应的点的坐标是
所以
则
故选：B
2．D
【详解】A是增函数，不是奇函数；B和C都不是定义域内的增函数，排除，只有D正确，因此选D.
点评：该题主要考查函数的奇偶性和单调性，理解和掌握基本函数的性质是关键.
3．C
【详解】试题分析：焦点在轴上的是C和D，渐近线方程为，故选C．
考点：1．双曲线的标准方程；2．双曲线的简单几何性质．
4．D
【分析】根据题意分别求出其周期，再根据其最小值求出初相，代入即可得到答案.
【详解】因为在区间单调递增，
所以，且，则，，
当时，取得最小值，则，，
则，，不妨取，则，
则，
故选：D.
5．B
【分析】当圆柱底面直径和高刚好等于正方体的的体对角线时体积最小，然后可解.
【详解】由题意知，当圆柱底面直径和高刚好等于正方体的的体对角线时体积最小，
正方体的体对角线长为
所以，此时圆柱的底面半径为，高为，
所以该圆柱体积的最小值为.
故选：B.
6．B
【分析】利用特值法、基本不等式，结合充分条件与必要条件的定义判断即可．
【详解】当时，取，则，
所以“”不是“”的充分条件；
当时，得，即，则，
所以“”是“”的必要条件，
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
7．D
【分析】据题意设出解析式，再用对数的相关知识求解即可.
【详解】设第年获利元，则,是正整数，年是第一年，
故，解得
故，即从年开始这家加工厂年获利超过60万元.
故选：D.
8．C
【解析】，故的轨迹方程为，转化为直线和圆相切或相交，依次计算直线到圆心的距离得到答案.
【详解】，故的轨迹方程为，转化为直线和圆相切或相交.
① ，圆心到直线的距离为，故不是“切割型直线”；
② ，圆心到直线的距离为，故是“切割型直线”；
③ ，圆心到直线的距离为，故是“切割型直线”；
④ ，，圆心到直线的距离为，故不是“切割型直线”；
故选：.
【点睛】本题考查了直线的新定义问题，转化为直线和圆的位置关系是解题的关键.
9．D
【分析】设的零点为，且，讨论区间范围写出的分段函数形式，讨论参数结合各区间的函数性质判断单调性，根据已知区间的单调性求参数范围即可.
【详解】设，其判别式，
∴函数一定有两个零点，设的两个零点为，且，
由，得，，
∴，
①当时，在上单调递减或为常函数，从而在不可能单调递增，故；
②当时，，故，则，
∵在上单调递增，
∴在上也单调递增，，，
由在和上都单调递增，且函数的图象是连续的，
∴在上单调递增，欲使在上单调递增，只需，得，
综上：实数的范围是.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：先研究绝对值部分的零点，进而写出的分段函数表达式，再讨论参数a，根据函数性质及已知区间单调性求参数的范围.
10．B
【分析】结合题意，利用函数的周期，求出圆柱底面圆半径，继而求得椭圆短轴长，结合函数的最大值求得椭圆的长轴长，结合椭圆的离心率定义，即可求得答案.
【详解】函数的最小正周期为，
所以相应圆柱的底面圆的周长为，故其直径为4，
故根据题意可知该椭圆的短轴长为，即；
又的最大值为2，
故椭圆的长轴长为，故，
故椭圆的离心率为，
故选：B
【点睛】关键点睛：解答本题关键的关键在于根据题中所述，明确椭圆的长轴长和短轴长与已知函数之间的关系，进而求得长轴长和短轴长，从而求得答案.
11．
【分析】根据给定条件，利用垂直关系的向量表示及数量积的坐标表示，列出方程求解即得.
【详解】由，，得，
由与垂直，得，即有，解得，
所以实数.
故答案为：
12．
【分析】先求出的展开式的通项，然后即可求得的展开式中含的项，从而求解.
【详解】由题意得：展开式的通项为：，
当时，即：，得：，
当时；即：，得：，
所以得：展开式中含项为：，所以的系数为：.
故答案为：.
13．2
【分析】根据抛物线定义表示焦点弦，结合通径公式，即可求解.
【详解】设交点坐标为，过的直线为，
与抛物线联立可得，，故．
，
故当时，动直线有且仅有一条，即，故．
故答案为：2.
14． ##
【分析】空1：根据题意结合正、余弦定理运算求解；空2：根据基本不等式可得，结合向量的运算求解.
【详解】空1：因为，由正弦定理可得，
由余弦定理可得，
且，所以；
空2：因为，可得，
由，当且仅当时，等号成立，所以，
又因为为的中线，则，
可得
，
所以，即中线的最大值为.
故答案为：；.
15．①②④
【分析】利用等差数列的通项公式、下标和性质与前项和公式，依次分析各结论即可得解.
【详解】对于①，因为是等差数列，，
所以，故①正确；
对于②，因为，所以，即是递增数列，
因为，即，所以，
即，则，
所以且，故②正确；
对于③，因为，所以，则，则，
又，
，
所以，即，故，得，，
所以的公差为，故③错误；
对于④，因为，即，
即，整理得，
因为，所以，
由于，所以，故，即，
因为，所以是递减数列，则，，
所以，，
故和均是的最大值，故④正确.
故答案为：①②④.
16．(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）由题设，根据线面垂直的判定得平面，再由线面垂直的性质有，并由勾股定理证，最后应用线面垂直的判定证结论；
（2）构建空间直角坐标系，写出相关点的坐标，应用向量法求面面角的余弦值，结合已知列方程求参数，即可判断存在性.
【详解】（1）因为四边形是正方形，则，
且，平面，，所以平面，
且平面，可得，
又因为，所以，即，
由平面，且，所以平面.
（2）由（1）可知：平面，且，
如图，以A为坐标原点建立空间之间坐标系，

不妨设，则，
可得，
则，可得，
设平面平面AEC的法向量，则，
令，则，可得，
且平面PAB的法向量，
由题意可得：，
整理得，解得或（舍去），
所以存在实数，的值为.
17．(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）根据选择的条件代入计算，结合角的范围即可利用特殊角的三角函数值求解，
（2）由和差角公式以及辅助角公式化简，由整体法即可代入求解.
【详解】（1）选条件①：无意义，所以选条件①时不存在，故不能选①，
选条件②．
由题设，所以．
因为， 所以，所以．
所以．
选条件③，由题设．整理得．
以下同选条件②．
（2）由（1）
因为， 所以．
于是，当且仅当，即时，取得最大值；
当且仅当，即时，取得最小值．
又，即时，．
且当 时， 单调递增，所以曲线与直线恰有一个公共点，则或
的取值范围是．
18．(1)
(2)分布列答案见解析，
(3)高二
【分析】（1）利用独立事件的概率乘法公式可求得所求事件的概率；
（2）分析可知，随机变量的可能取值有、、、，求出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，进一步可求得的值；
（3）根据高一年级低分段的人数相比高二年级要少得多，可得出结论.
【详解】（1）解：从高一样本中抽取一人，这个人的成绩不低于分的概率，
从高二样本中抽取一人，这个人的成绩不低于分的概率为，
因此，从高一和高二样本中各抽取一人，这两个人成绩都不低于分的概率为.
（2）解：由题意可知，随机变量的可能取值有、、、，
则，，
，，
所以，随机变量的分布列如下表所示：
.
（3）解：由于高一年级低分段的人数相比高二年级要少得多，需要在高二讲座.
19．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，利用离心率和左顶点到椭圆外的直线的距离列方程组得到的值，从而得到椭圆的标准方程；
（2）设直线的方程为，再代入椭圆方程，整理后应用韦达定理得，然后利用直线分别交直线得的坐标，从而求线段的中点坐标.
【详解】（1）由题意知椭圆的左顶点坐标为，又左顶点到椭圆外的直线的距离为，
所以，得，
又椭圆的离心率为，即，
在椭圆中，，
所以椭圆的标准方程为.
（2）设过点且斜率为的直线的直线方程为,代入椭圆方程可得，即，则，
由为直线上的动点，设，则直线的方程为，
即，把代入得，即，
同理，则直线的方程为，把代入得，
即，则线段的中点坐标，即.
设过点且斜率为的直线的直线方程为，
与椭圆联立方程组，即，则，
整理得.
因为，
所以，设，由韦达定理可得①，②；
由为直线上的动点，设，
则直线的方程为，即，
代入，得，即，
同理，直线的方程为，与直线的交点.
线段的中点坐标，
所以
③.
把①②代入③可得：.
故的中点坐标.
【点睛】方法点睛：本题主要考查了椭圆的简单性质、方程思想、计算能力、推理论证能力，解题时要善于未知问题转化为已知问题和利用伟大定理进行化简整理.
这类问题的求解策略为：直接推理、计算，并在计算中提取变量，从而得到定点.
20．(1)的单调递增区间为，单调递减区间为
(2)答案见解析
(3)，理由见解析
【分析】（1）求导可得，根据和即可求解；
（2）令，则，.易知当时，从而单调递减；当时令，利用导数讨论函数的单调性，根据零点的存在性定理分析函数的单调性可得，即可得出零点的个数；
（3）由（2）可得当时在上恒成立.利用导数讨论函数的性质可得，结合得，，即可证明.
【详解】（1）当时，，其定义域为，
，令，得.
当时，，故在上单调递增；
当时，，故在上单调递减.
因此，函数的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）令，
则，.
因为，则，，则.
当时，则，
故，从而在上单调递减；
而，故当时，，
故在区间上无零点；即在区间上无零点；
当时，令，则，
因为，则，
从而，即在上单调递减；
而，，
因此存在唯一的，使得，
并且当时，；当时，.
即当时，，当时，.
故当时，单调递增，当时，单调递减.
而，故；
取，当时，，
所以存在唯一的，使得，即在区间上有唯一零点.
综上所述，当时，在上有唯一的零点；
当时，在上没有零点.
（3）
理由如下：
[解法一]由（2）可得，当时，在上恒成立.
即当时，，.
以下证明不等式：当时，有.
令，则，故在上单调递减，
则，即，，即有，
而，故，.
取，则有.
[解法二]显然，故，
以下证明不等式：当时，有.
令，则令，得.
故当时，，从而在上单调递增；
当时，，从而在上单调递减.
故是的极大值点，并且是最大值点，
故，即，.
取，则，故，
故，从而
【点睛】方点点睛：利用导数研究函数零点问题，不论哪种方法，其核心步骤都是构造函数.利用已知的函数或已知条件将问题转化，重新构造函数模型，通过导数研究函数模型的单调性、极值或最值等达到解决问题的目的.
21．（1）；（2）；（3）证明见解析.
【详解】分析：（1）根据定义，可得不能结束，数列能结束，并可写出数列；（2）经过有限次“变换”后能够结束的充要条件，先证明，则经过一次“变换”，就得到数列，从而结束，再证明命题“若数列为常数列，则为常数列”， 即可得解；（3）先证明引理：“将数的最大项一定不大于数列的最大项，其中
” ，再分类讨论：第一类是没有为的项，或者为的项与最大项不相邻，（规定首项与末项相邻），此时由引理可知，，第二类是含有为的项，且与最大项相邻，此时，证明第二类数列经过有限次“变换”，一定可以得到第一类数列.
详解：（1）数列不能结束，各数列依次为；；；；；；…．从而以下重复出现，不会出现所有项均为的情形．
数列能结束，各数列依次为；；；．
（2）解：经过有限次“变换”后能够结束的充要条件是．
若，则经过一次“变换”就得到数列，从而结束．
当数列经过有限次“变换”后能够结束时，先证命题“若数列为常数列，则为常数列”．
当时，数列．
由数列为常数列得，解得，从而数列也为常数列．
其它情形同理，得证．
在数列经过有限次“变换”后结束时，得到数列(常数列)，由以上命题，它变换之前的数列也为常数列，可知数列也为常数列．
所以，数列经过有限次“变换”后能够结束的充要条件是．
（3）证明：先证明引理：“数列的最大项一定不大于数列的最大项，其中”．
证明：记数列中最大项为，则．
令，，其中．
因为， 所以，
故，证毕．
现将数列分为两类．
第一类是没有为的项，或者为的项与最大项不相邻（规定首项与末项相邻），此时由引理可知，．
第二类是含有为的项，且与最大项相邻，此时．
下面证明第二类数列经过有限次“变换”，一定可以得到第一类数列．
不妨令数列的第一项为，第二项最大()．（其它情形同理）
①当数列中只有一项为时，
若()，则，此数列各项均不为或含有项但与最大项不相邻，为第一类数列；
若，则；此数列各项均不为或含有项但与最大项不相邻，为第一类数列；
若()，则，此数列各项均不为，为第一类数列；
若，则；；，
此数列各项均不为，为第一类数列．
②当数列中有两项为时，若()，则，此数列各项均不为，为第一类数列；
若()，则，，此数列各项均不为或含有项但与最大项不相邻，为第一类数列．
③当数列中有三项为时，只能是，则，
，，此数列各项均不为，为第一类数列．
总之，第二类数列至多经过次“变换”，就会得到第一类数列，即至多连续经历次“变换”，数列的最大项又开始减少．
又因为各数列的最大项是非负整数，
故经过有限次“变换”后，数列的最大项一定会为，此时数列的各项均为，从而结束．
点睛：本题考查数列的综合运用、新定义问题及分类讨论思想，属于难题.新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的.遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.