2024北京十一学校高三12月月考数学试卷（教师版）

这是一份2024北京十一学校高三12月月考数学试卷（教师版），共21页。试卷主要包含了 已知集合，下列说法正确的是， 下列结论正确的是等内容，欢迎下载使用。
考试时间：120分钟 满分：150分
一､选择题（共10小题，每题4分，共0分）
1. 若两条直线与垂直，则实数的值为（ ）
A. B. C. 1D. 2
2. 已知集合，下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D.
3. 设是各项均为正数的等比数列，为其前项和.已知，若存在使得的乘积最大，则（ ）
A. 8B. 6C. 4D. 2
4. 下列结论正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 在的最小值为
D. 若，则
5. 要得到函数的图象，只需将函数的图象（ ）
A. 向左平移个单位长度B. 向右平移个单位长度
C. 向左平移个单位长度D. 向右平移个单位长度
6. 已知奇函数y=fx在上单调递增，则“”是“”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
7. 已知直线与圆相交于两点，且为等腰直角三角形，则实数的值为（ ）
A. B. 0C. 1D. 或1
8. 若圆上存在点，直线上存在点，使得，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
9. 已知是各项均不为零的等差数列，，公差是的前项和，设，则数列（ ）
A. 有最大项，无最小项B. 有最小项，无最大项
C. 有最大项和最小项D. 无最大项和最小项
10. 在棱长为2的正方体中，点分别为棱的中点.点为正方体表面上的动点，满足.给出下列四个结论，不正确的是（ ）
A. 存在点，使得
B. 存在点，使得平面
C. 存在点，使得
D. 存在点，使得
二､填空题（共5小题，每题5分，共25分）
11. 双曲线的渐近线方程是__________.
12. 已知抛物线的焦点为，点在抛物线上.若，则点的横坐标为__________，的面积为__________.
13. 若点关于直线对称点为，写出的一个取值为__________.
14. 阿基米德多面体也称为半正多面体，是以边数不全相同的正多边形为面围成的多面体.如图，已知一个阿基米德多面体的所有顶点均是某个正方体各条棱的中点，且正方体的棱长为2，则该阿基米德多面体的体积为__________；是该阿基米德多面体的同一面上不相邻的两个顶点，点P是该多面体表面上异于点的任意一点，则的最大值为__________.
15. 已知曲线，给出下列四个命题：
①曲线关于轴､轴和原点对称：
②当时，曲线上及围成的区域内部共有9个整点（即横､纵坐标均为整数的点）：
③当时，曲线围成的区域面积大于；
④当时，曲线围成的区域内（含边界）两点之间的距离的最大值是4.
其中所有真命题的序号是__________.
三､解答题（共6道解答题，共85分）
16. 已知函数，.
（1）求的最小正周期及的值；
（2）直线与函数，的图象分别交于，两点，求的最大值.
17. 在中，角，，所对的边分别为，，.已知.
（1）求的值：
（2）若，的周长为，求的面积.
18. 如图，四棱锥中，，底面是个直角梯形，，，.
（1）证明：；
（2）从下面条件①､条件②､条件③三个条件中选择一个作为已知，解答下面的问题.
条件①：；
条件②：；
条件③：二面角的大小为.
在棱上是否存在点（不与端点重合），使得直线与平面所成的角的正弦值为？若存在，求的值，若不存在，说明理由.
（注：如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答给分.）
19. 已知椭圆的右顶点，下顶点，焦距为.
（1）求椭圆C的方程及离心率；
（2）设不经过右顶点的直线交椭圆于两点，过点作轴的垂线交直线于点，交直线于，若点为线段的中点，求证：直线经过定点.
20. 已知函数，其中，为自然对数的底数.
（1）若函数在处的切线与平行，
①求的值；
②证明：函数在定义域上恰有两个不同的零点.
（2）设函数在区间上存在极值，求证：.
21. 已知项数列，满足有.若变换满足，有，且有，则称数列是数列的一个排列.，记，如果是满足的最小正整数，称数列存在阶逆序排列，称是的阶逆序变换.
（1）已知数列，数列，求：
（2）证明：对于项数列，不存在阶逆序变换：
（3）若项数列存在阶逆序变换，求的最小值.
参考答案
一､选择题（共10小题，每题4分，共0分）
1. 【答案】B
【分析】根据两条直线垂直列式求解即可得到答案.
【详解】直线与直线垂直，
则，解得.
故选：B
2. 【答案】B
【分析】首先求出，再根据交集运算求解即可.
【详解】因为
所以.
故选：B
3. 【答案】A
【分析】先根据等比数列基本量运算得出公比或，再应用存在使得的乘积最大得出公比，通项公式计算首项即可.
【详解】因为，是各项均为正数的等比数列，设公比为,
所以,计算得,所以或,
所以或,
当时，不存在使得的乘积最大，所以,所以.
故选：A
4. 【答案】D
【分析】利用基本不等式判断A，利用特殊值判断B，根据对勾函数的性质判断C，根据幂函数的性质判断D.
【详解】对于A，当时，，
当且仅当，即时，等号成立，故A错误；
对于B，若，，，，则，，
此时，故B错误；
对于C，当时，，又对勾函数在上单调递减，
所以当，即时，取得最小值，
即在的最小值为，故C错误；
对于D，因为，且在上单调递增，
所以，故D正确.
故选：D
5. 【答案】C
【分析】先根据辅助角公式化简，然后根据三角函数解析式之间的关系即可得到结论.
【详解】因为，
所以将其图象向左平移个单位长度，可得.
故选：C
6. 【答案】C
【分析】根据函数是奇函数的性质结合单调性，最后应用充分必要的定义判断即可.
【详解】当时，因为函数fx是奇函数,可得fx1>-fx2=f-x2,
又因为y=fx在上单调递增，所以x1>-x2,即得；
当时，x1>-x2,因为y=fx在上单调递增，所以fx1>f-x2,
因为函数fx是奇函数,可得fx1>-fx2=f-x2,所以；
则“”是“”的充分必要条件.
故选：C.
7. 【答案】D
【分析】首先确定圆心坐标与半径，依题意圆心到直线的距离，利用点到直线的距离公式得到方程，解得即可.
【详解】圆的圆心为，半径，
因为为等腰直角三角形，
∴圆心到直线的距离，即，
解得：,
故选：D
8. 【答案】A
【分析】根据题意得到直线与圆有公共点，从而得到，再解不等式即可.
【详解】因为圆上存在点，直线上存在点，使得，
所以直线与圆有公共点.
所以，解得.
故选：A
9. 【答案】B
【分析】由题意写出数列的通项公式与求和公式，利用函数思想，构建新函数，根据导数研究函数的单调性，可得数列的单调性，可得答案.
【详解】由题意可得等差数列的通项公式，前项和，
整理可得，，
令，，
，则，解得,
求导可得h'x=121+a1dx+a12-da1-a1dxdx+a1-d2=121+a12-da1dx+a1-d2>0，
所以函数hx在上单调递增，在上单调递增，
令，解得或，存在，且，
当时，且递增；当时，且递增；当时，且递增.
所以数列有最小值，无最大值.
故选：B.
10. 【答案】C
【分析】建立空间直角坐标系，利用坐标验证垂直判断A，由，得到方程组，找到符合题意的点，即可判断B，找出平行直线再由坐标判断是否垂直可判断C，设点的坐标根据条件列出方程组，即可判断D.
【详解】如图，建立空间直角坐标系，

则，
对于A，由正方体性质知当P在时，线段长度的最大值为，
此时，，
所以，即满足，即存在点，使得，故A正确；
对于B：设，则，，DA=2,0,0，
若平面，因为平面，所以，，
即，则，显然满足题意，
故存在点，使得平面，故B正确；
对于C，取正方形的中心M，连接，易知，
所以四边形为平行四边形，所以，故运动到处时，，
此时，，，即不满足，
综上不存在点，使得，故C错误；
对于D，设，则，，若存在点，使得，
由，，可得方程组，
化简可得，解得，
显然当时满足题意，即存在点，使得，故D正确；
故选：C
二､填空题（共5小题，每题5分，共25分）
11. 【答案】
【分析】根据双曲线方程直接得到渐近线方程.
【详解】双曲线的渐近线方程为，即.
故答案为：
12. 【答案】 ①. ②.
【分析】根据焦半径公式可求的横坐标，求出纵坐标后可求.
【详解】因为抛物线的方程为，所以，，准线方程为，
因为，，即，解得，
故，解得，
所以，
故答案为：；.
13. 【答案】（答案不唯一，满足，）
【分析】依题意可得，利用和差角公式变形可得，从而求出的取值.
【详解】因为点关于直线对称点为，
所以，即，
即，所以，
所以，，所以，.
故答案为：（答案不唯一，满足，）
14. 【答案】 ①. ②. 4
【分析】将该多面体置于正方体中，由此可知该阿基米德多面体是由正方体切掉8个全等的三棱锥形成，由此可求得其体积；由于是该阿基米德多面体的同一面上不相邻的两个顶点，可知两点是一个面上的对角线，再利用向量之间的转换以及向量数量积的定义即可求得最大值.
【详解】
依题意，可将该多面体补成一个棱长为2的正方体，
如上图，所以该阿基米德多面体是由正方体切掉8个全等的三棱锥形成，
体积；
由于是该阿基米德多面体的同一面上不相邻的两个顶点，
不妨设分别是正方体边的中点，
则
当夹角是时，.
故答案为：；4.
15. 【答案】①②③
【分析】将点，，代入方程可判断①；列举出符合条件的点可判断②；由，可得，进而得到，可得曲线上任意一点都在以原点为圆心，以1为半径的圆上或圆外，可判断③；利用二次函数性质求曲线上任意一点到原点距离的范围，结合对称性即可判断④.
【详解】对于①，设点在上，
对于点，代入方程，也在上；
对于点，代入方程，也在上；
对于点，代入方程，也在上；
所以曲线关于x轴、y轴和原点对称，故①正确；
对于②，当时，，
曲线上及围成的区域内部有，，，，，，，，共9个整点，故②正确；
对于③，当时，，
故，可得，
所以，即，
所以，
故曲线上任意一点都在以原点为圆心，以1为半径的圆上或圆外，
所以曲线围成的区域面积大于以原点为圆心，以1为半径的圆的面积，
即曲线围成的区域面积大于，故③正确；
对于④，当时，则，
故，可得，
曲线上任意一点到原点距离，
当时，，
由曲线的对称性知，曲线围成的平面区域内（含边界）两点之间的距离的最大值是，故④错误.
故答案为：①②③.
三､解答题（共6道解答题，共85分）
16. 【答案】（1）最小正周期为，；
（2）
【分析】（1）利用诱导公式化简函数，求解的最小正周期和函数值即可；
（2）根据题意把线段长度表示为三角函数，利用三角函数的性质求解最值即可.
【小问1详解】
因为，
所以的最小正周期为，；
【小问2详解】
由题意可知，，两点的坐标为，，
则
，
因为，所以，
所以，则，
所以在时的最大值为.
17. 【答案】（1）
（2）
【分析】（1）由正弦定理化角为边，然后由余弦定理可得；
（2）由诱导公式和两角和的正弦公式求得，从而得到，结合已知条件求解即可.
【小问1详解】
因为，
所以由正弦定理可得，
由余弦定理得，
所以，得；
【小问2详解】
因为，，，
所以，，
所以，
即，由正弦定理得①，
因为的周长为，即②，
由（1）知③，
①②③联立解得，，
所以的面积为.
18. 【答案】（1）证明见解析
（2）答案见解析
【分析】（1）取的中点，连接、，即可证明、，从而得到平面，即可得证；
（2）以为坐标原点，平面，建立空间直角坐标系，推出条件①矛盾；若选条件②：设b>0,c>0，利用距离公式求出点坐标，设，求出平面的法向量，利用空间向量法求出，即可得解；若选条件③：由（1）可知即为二面角的平面角，即可求出点坐标，设，求出平面的法向量，利用空间向量法求出，即可得解.
【小问1详解】
取的中点，连接、，因为，
所以，又，所以，
所以，即，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以；
【小问2详解】
因为，，又，所以，所以四边形为矩形，
如图以为坐标原点，平面，建立空间直角坐标系，
则A1,0,0，，，；
若选条件①：，显然平面，设b>0,c>0，
则，DA=2,0,0，所以，与矛盾，故条件①不符合题意；
若选条件②：，显然平面，设b>0,c>0，
则，解得，则，
所以，，
设，
则，
设平面的法向量为，则，取，
设直线与平面所成的角为，则，
解得或（舍去），所以的值为；
若选条件③：二面角的大小为.
由（1）可知即为二面角的平面角，即，又，
所以，
则，，
设，
则，
设平面的法向量为，则，取，
设直线与平面所成的角为，则，
解得或（舍去），所以的值为.
19. 【答案】（1），离心率为
（2）证明见解析
【分析】（1）依题意可得，即可求出，从而求出椭圆方程及离心率；
（2）将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理结合已知条件求出的关系即可求解.
【小问1详解】
依题意可得，即，所以，
则椭圆方程为，离心率；
【小问2详解】
由（1）可知，
联立得，且,
设,
则有,
故，
因为，所以直线，则,
因为，
所以直线，所以．
因为点为线段的中点，所以，
所以，
，
，
，
，
，
，
因为，所以，
直线，令，解得，
所以直线恒过定点.
【点睛】方法点睛：解决直线与圆锥曲线相交（过定点、定值）问题的常用步骤：
（1）得出直线方程，设交点为；
（2）联立直线与曲线方程，得到关于或的一元二次方程；
（3）写出韦达定理；
（4）将所求问题或题中关系转化为形式；
（5）代入韦达定理求解.
20. 【答案】（1）①；②证明见解析；
（2）证明见解析.
【分析】（1）①利用导数求函数在处的切线的斜率即可；②利用导数求出的单调性，结合零点存在性定理即可证明；
（2）求出，当时不合题意，当时，令，利用导数判断的单调性，根据，要使得在上存在极值，则须满足，即a>0e-a⋅ee-a-a>0，分析推理即可得到a-1+e-a>a+1.
【小问1详解】
①的定义域为0,+∞，
，
因为函数在处的切线与平行，
所以，得；
②由①得，，
令，
因为，所以hx在0,+∞单调递减，
又，，
所以存在唯一的，使，即，
当x∈0,x0时，hx>0，即f'x>0，在单调递增；
当x∈x0,+∞时，hx0，
所以在单调递增，
因为，要使得在上存在极值，
则须满足，即a>0e-a⋅ee-a-a>0，
所以，，即.
设，则，
令，则，
当时，，在0,1单调递减；
当时，，在1,+∞单调递增，
所以，
即当时，，
所以，.
所以，
即，
所以.
【点睛】关键点睛：本题第（2）问解题的关键在于当时，构造函数，，利用的单调性和，将题设在上存在极值，转化成，从而列出关于a的不等式组可进一步求解.
21. 【答案】（1），
（2）证明见解析 （3）
【分析】（1）直接根据定义求解对应的数列即可；
（2）分①，；②对，，，，；③对，，，，，对阶逆序进行推出矛盾即可；
（3）分项、项、项数列进行分类讨论，由（2）知，项数列不存在阶逆序变换，对于项数列，对的取值进行分类讨论，进行推理，可知项数列不存在阶逆序变换；对于项数列，利用反证法推出矛盾，可知的最小值为，然后对于项数列，列举出满足题设条件的变换，进行推理，可得出结论.
【小问1详解】
由于，，故，，，.
所以，即.
所以，即.
所以，即.
故，.
【小问2详解】
对数列的任意变换，
①若存在，有，则，
则不是的阶逆序变换；
②若对，由，，，，
则，，，，
所以，和是相同的数列.
若是的逆序排列，则也是的逆序排列，所以，不是阶逆序变换；
③若，有，，，
则，，
所以，不是的阶逆序变换，
综上所述，对于项数列，不存在阶逆序变换.
【小问3详解】
由（2）知阶数列不存在阶逆序变换，
对于项数列、、，
（i）若，则，所以，变换不是的阶逆序变换；
（ii）若，
当时，有，则，所以，变换不是的阶逆序变换；
当时，有，则，
所以，变换不是的阶逆序变换；
（iii）若，同（ii）可知，变换不是的阶逆序变换；
所以，项数列不存在阶逆序变换；
对于项数列、、、、，
若存在阶逆序变换，则，，，，，
（i）若，则对于数列、、、、，和上述的变换，
有，，，，
所以，这项数列、、、存在阶逆序变换，与（2）的结论矛盾；
（ii）若，因为，则存在、，有，，
此时，，与是阶逆序变换矛盾，
所以，项数列不存在阶逆序变换.
对于项数列、、、、、，存在变换，使得、、、、、，
则、、、、、，、、、、、，
所以，项数列存在阶逆序变换.
综上所述，的最小值为.
【点睛】关键点点睛：解决数列中新定义问题的关键是准确理解新定义的实质，紧扣新定义进行推理论证，把其转化为我们熟知的基本运算．