2024北京清华附中朝阳学校高三12月月考数学（尖子生）试卷（教师版）

这是一份2024北京清华附中朝阳学校高三12月月考数学（尖子生）试卷（教师版），共18页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题：本题共15小题，每小题5分，共75分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知集合，若集合A、B满足：，则集合对共有（ ）个．
A. 36B. 48C. 64D. 81
2. 已知的三条边上的高分别为，若，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
3. 设数据1，2，3，4，5的第m百分位为，，则集合M中元素的个数为（ ）
A. 5B. 6C. 9D. 100
4. 已知函数在上是增函数，则实数的最小值为（ ）
A. B. C. D.
5. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
6. 若，则称为的“友好角”，已知为锐角，则在内的“友好角”有（ ）个
A. 1B. 2C. 3D. 4
7. 现有一种检验方法，对患疾病的人化验结果呈阳性，对未患疾病的人化验结果呈阴性．我们称检验为阳性的人中未患病比例为误诊率．已知一地区疾病的患病率为，则这种检验方法在该地区的误诊率为（ ）
A. B. C. D.
8. 在三角形ABC中，，设，，则（ ）

A. B. C. D.
9. 甲、乙、丙三辆出租车2023年运营的相关数据如下表：
出租车空驶率，依据上述数据，小明建立了求解三辆车空驶率的模型，并求得甲、乙、丙的空驶率分别为23.26%、21.68%、x%，则（ ）（精确到0.01）
A. 20.16B. 20.68C. 21.56D. 21.79
10. 设数列的前项和为，若存在非零常数，使得对任意正整数，都有，则称数列具有性质：①存在等差数列具有性质；②不存在等比数列具有性质；对于以上两个命题，下列判断正确的是（ ）
A. ①真②真B. ①真②假C. ①假②真D. ①假②假
11. 在正四棱锥中，，设平面与直线交于点，则（ ）
A. B. C. D.
12. 设，为等差数列，，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
13. 定义区间的长度为，设，若对于任意，不等式的解集所包含区间长度之和恒为3，则k的值为（）．
A. 1B. C. 2D. 3
14. 函数的最大值为（ ）
A. 1B. C. 2D.
15. 已知，若，则的最小值为（ ）．
A. 1B. C. 2D.
二、多项选择题：本题共5小题，每小题5分，共25分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得5分，部分选对但不全得2分，有错选的得0分．
16. 设周期数列的前项和为，若，则的取值可以为（ ）
A. B. 0C. 1D. 2
17. 在正方体中，点为棱中点，则（ ）
A. 过有且只有一条直线与直线和都相交
B. 过有且只有一条直线与直线和都垂直
C. 过有且只有一个平面与直线和都平行
D. 过有且只有一个平面与直线和所成角相等
18. 已知双曲线，对于点，若上存在两个点、，使得为线段的中点，则称为的一个“”点，下列各点中，是的“”点的为（ ）
A. B. C. D.
19. 已知，直线.若点不在直线上，则直线与相交的充分条件为（ ）
A. B. C. D.
20. 在直三棱柱中，，在线段上，若恒有，则的取值可以为（ ）
A. B. C. D.
参考答案
一、单项选择题：本题共15小题，每小题5分，共75分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 【答案】D
【分析】利用子集的意义分类讨论可求得集合对的个数.
【详解】因为，，
当时，又，故，
当集合中有一个元素时，又，这样的集合对有，
当集合中有两个元素时，又，这样的集合对有，
当集合中有三个元素时，又，这样的集合对有，
当集合中有四个元素时，又，这样的集合对有，
所以集合对共有.
故选：D.
2. 【答案】D
【分析】设的面积为，由题意可得，利用三角形三边关系可求解.
【详解】设的面积为，由题意可得，又因为，
所以，由三边关系定理可得，
所以，所以，所以，
所以，所以的取值范围为.
故选：D.
3. 【答案】C
【分析】根据百分位数的定义，利用的不同取值范围分类讨论求解.
【详解】设％，其中，所以％，
当时，，则的比邻整数为1，所以；
当时，，所以；
当时，，则的比邻整数为2，所以；
当时，，所以；
当时，，则的比邻整数为3，所以；
当时，，所以；
当时，，则的比邻整数为4，所以；
当时，，所以；
当时，，则的比邻整数为5，所以；
当时， ；
综上，，
故选:C.
4. 【答案】A
【分析】由题意可知，对任意的，，令，则，可得出，利用参变量分离法可求出的最小值.
【详解】因为，则，
因为，令，则，
因为函数在上是增函数，则对任意的，恒成立，
即对任意的，，可得，
因为函数、在区间上为减函数，
所以，函数在上为减函数，则，
因此，实数的最小值为.
故选：A.
5. 【答案】A
【分析】设，利用已知可得，可得点在直线上，进而可求得到直线的距离，进而可得，赋值法可判断CD.
【详解】设，由，可得，，
因为，所以，
所以，
所以，点在直线上，，
所以原点到的距离，
又，所以，所以，
所以与以为圆心，1为半径的圆总相切，
，所以的最小值为1的平方1，
所以，故A正确；B错误；
当时，，则，故C错误；
当时，，则，故D错误.
故选：A.
6. 【答案】C
【分析】根据两角和的正弦公式以及二倍角的余弦公式计算求解.
【详解】由，
可得，
则有，
所以，
因为为锐角，所以也为锐角，所以，
所以，①
因为，
当或，即或时，，则①式成立，满足题意；
当且，即或时，，
则由①可得，，
因为均不等于零，所以，
所以，
因为，所以，
所以，即，
综上，，
故选：C.
7. 【答案】A
【分析】记事件检查结果呈阳性，事件被检查确实患疾病，利用全概率公式求出的值，然后利用贝叶斯公式可求出的值，即为所求.
【详解】记事件检查结果呈阳性，事件被检查确实患疾病，
由题意可知，，，，，
所以，，
因此，这种检验方法在该地区的误诊率为，
故选：A.
8. 【答案】B
【分析】在△、△及△中，由正弦定理可得，，从而，再由知D、E是BC的三等分点，得，化简即得求解.
【详解】设则，
设，∵，∴，
在△与△中
由正弦定理，得，
即；， ∴①
在△与△中
由正弦定理，得，
即；， ∴②
由①②，得，
∴，

故选：B.
9. 【答案】B
【分析】根据题意得到出租车空驶率的模型，检验甲、乙两辆出租车的空驶率，满足题意，从而利用该模型求得丙的空驶率，从而得解.
【详解】依题意，因为出租车行驶的总里程为，出租车有载客时行驶的里程为，
所以出租车空驶率，
对于甲，，满足题意；
对于乙，，满足题意；
所以上述模型满足要求，
则丙的空驶率为，即.
故选：B
10. 【答案】B
【分析】直接构造和，说明存在等差数列具有性质，且存在等比数列具有性质，从而得到①真②假.
【详解】一方面，对，知是等差数列.
而，令就有，
所以具有性质，这表明存在等差数列具有性质；
另一方面，对，知是等比数列.
当为奇数时，；为偶数时，.
故当为奇数时，；为偶数时，.
故当为奇数时，；为偶数时，.
这表明恒成立，再令就有，
所以具有性质，这表明存在等比数列具有性质.
综上，①正确，②错误，故B正确.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：构造和作为例子，直接判断命题的真假，是判断选项正确性的简单有效的方法.
11. 【答案】D
【分析】由，结合已知可得，利用共面求.
【详解】因为，
所以，
因为，所以，
所以，
又，所以，
所以，
因为共面，所以，解得.
故选：D.
12. 【答案】C
【分析】分析函数的单调性与对称性，得函数在R上单调递增，且图象关于点中心对称.再利用等差数列的性质可得，然后从充分性与必要性两个方面论证，用反证法进行必要性的证明.
【详解】已知，
则，故在R上单调递增.
又由，得，
故，则函数的图象关于点中心对称.
已知数列是等差数列，则.
①先证明充分性：
若，由数列是等差数列，
可得，
则，
所以由函数的对称性可知，
，，，，
，即“”得证.
因此，“”是“”的充分条件；
②再证明必要性：
下面用反证法证明：
假设，
已知数列是等差数列，则，
即，由等差数列性质可得
，
所以，
由函数在R上单调递增，
可得，
，
，
各式累加得，，
所以，即，
这与已知矛盾，故假设错误；
同理，假设S2024>2024π，可证得，也与已知矛盾，故假设也错误；
所以“”得证.
即“”是“”的必要条件.
综上所述，“”是“”的充要条件.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：解决此题的关键在于应用反证法进行必要条件的证明，基于自变量不等（大小）关系的假设，借助函数单调递增等价转化为函数值的不等关系，进而结合函数对称性推出与等量关系矛盾.
13. 【答案】A
【分析】原不等式等价于，构造函数，结合“三个”二次的关系，得到原不等式的解集，由韦达定理及题意可列出方程求解.
【详解】不妨设，
原不等式等价于，
整理得:，
因为，可设方程的两根为,
令,
则的零点为，原不等式即.
因为,
0,
结合二次函数图像，可知：.
则不等式的解集为,
则此解集的区间长度之和为,
因为由韦达定理可得，，
所以此不等式的解集的区间长度之和为,
解得k=1，
故选：A
14. 【答案】C
【分析】由柯西不等式求解即可.
【详解】，由，解得，
当时，，当，，
当，则，
此时且，
由柯西不等式可得，
当且仅当，即时取等号，此时，即，
所以函数的最大值为2.
故选：C.
15. 【答案】C
【分析】取的中点分别为，连接，由题意可得，建立平面直角坐标系，设，求得，所以，进而可求的最小值，进而可求的最小值.
【详解】取的中点分别为，连接，
设，因为，所以，所以，
因为，所以，所以，
以为轴，在平面内过作的垂线为轴建立如图所示的平面直角坐标系，
设，所以，，
所以，所以，
所以，又，当且仅当共线，且在之间取等号，
所以的最小值为1，从而的最小值为2.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：重点在于得到，进而求得，结合三角形三边关系定理求得取小值.
二、多项选择题：本题共5小题，每小题5分，共25分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得5分，部分选对但不全得2分，有错选的得0分．
16. 【答案】ABC
【分析】根据题意，可得数列在一个周期内的所有项的和为0，进而可求解.
【详解】因为数列的是周期数列，又，
数列在一个周期内的所有项的和为0，如周期若为3，则，
则会逐渐增大或逐渐减小，不满足，
所以，则或或，
解得或或，
如时，，周期为4的数列的前4项为符合题意，
如时，，周期为4的数列的前4项为，符合题意，
如时，，周期3的数列的前3项为，符合题意.
故选：ABC.
17. 【答案】ABC
【分析】选项A，由题意满足条件的直线是平面与平面的交线，选项B，由线线平行的性质结合异面直线成角的概念可判断；从而可判断；选项C，由线面平行的判定定理可判断；选项D，利用空间向量法可判断.
【详解】如下图所示：
对于A选项，过点与直线相交的直线必在平面内，
过点与直线相交的直线必在平面内，故满足条件的直线必为两平面的交线，显然两平面有唯一交线，A正确；
对于B选项，因为，若，则，若，则平面，
显然满足条件的直线唯一，即，B正确；
对于C选项，分别取、的中点、，连接、，
因为，，、分别为、的中点，
所以，，则四边形为平行四边形，
所以，又因为，则，
因为平面，平面，所以平面，
同理可证平面，
所以过有且只有一个平面与直线和都平行，C正确；
对于D选项，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
不妨设正方体的棱长为，则A0,0,0、B1,0,0、、，
，，
设满足题设条件的平面的法向量为m=x,y,z，其中，
由题意可得，可得，即，
所以，以或n=x,-x,zx2+z2>0为法向量且过点的平面均满足题意，
故过有无数个平面与直线和所成角相等，D错.
故选：ABC
18. 【答案】CD
【分析】设点、，利用点差法求出直线的方程，再将直线的方程与双曲线的方程联立，判断直线与双曲线的位置关系，即可得出合适的选项.
【详解】设点、，若轴，则线段的中点在轴上，
对于A选项，若为的一个“”点，则，可得，
此时，轴或过原点，
若轴，则直线的方程为，但直线与双曲线无公共点，
若过原点，则线段的中点为原点，不合乎题意，A不满足条件；
对于B选项，由题意可知直线的斜率存在，若为的一个“”点，
则，
因为，这两个等式作差可得，
即，则，
直线的方程为，即，
此时，直线过原点，则、关于原点对称，与假设矛盾，B不满足条件；
对于C选项，由题意可知直线的斜率存在，若为的一个“”点，
则，
因为，这两个等式作差可得，
即，则，
直线的方程为，即，
联立可得，，合乎题意；
对于D选项，由题意可知直线的斜率存在，若为的一个“”点，
则，
因为，这两个等式作差可得，
即，则，
直线的方程为，即，
联立可得，，D满足条件.
故选：CD.
19. 【答案】AC
【分析】利用点与直线的同侧与异侧两种情况讨论，同侧时，判断直线与是否平行可得结论.
【详解】C，因为点不在直线上，所以，
当时，点位于直线的异侧，故直线与相交，
所以是直线与相交的充分条件，故C正确；
A，若，又，所以满足，
所以是直线与相交的充分条件，故A正确；
B，由点到直线，，
由，可得，又同号，可得在直线的同侧，
所以直线，故是直线与相交的不充分条件，故B错误；
D，由，可得同号，当时，可得，
故是直线与相交的不充分条件，故D错误.
故选：AC.
20. 【答案】BCD
【分析】将命题转化为不等式的恒成立问题，再进行求解.
【详解】不妨设，并设，，
则，，.
根据题意，有恒成立，
所以恒有.
此即，这可化为.
而，故这等价于，
展开即为.
从而命题即为对任意成立.
若3u2-43u+3>0，则上述结论对不成立，不符合条件；
若，则，符合条件.
所以命题等价于，即.
由于随着的增大而增大，而.
故命题等价于，即.
这表明原命题等价于，故B，C，D正确，A错误.
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对余弦定理的使用.甲
乙
丙
接单量t（单）
7831
8225
8338
油费s（元）
107150
110264
110376
平均每单里程k（公里）
15
15
15
平均每公里油费a（元）
0.7
0.7
0.7