2024-2025学年北京市高二上册第二学段12月月考数学检测试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年北京市高二上册第二学段12月月考数学检测试卷（含解析），共23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。
一、选择题（共12小题，每小题4分，共48分，选出符合题目要求的一项）
1．已知i为虚数单位，则复数z＝的虚部为（ ）
A．iB．2C．－1D．－i
2．已知点与关于直线对称，则的值分别为（ ）
A．1，3B．，C．-2，0D．，
3．已知两条不重合的直线和平面，则的一个充分不必要条件是（ ）
A．B．
C．D．
4．与椭圆有相同焦点，且满足短半轴长为的椭圆方程是（ ）
A．B．
C．D．
5．在中，若，，的面积为，则（ ）
A．13B．C．2D．
6．直线与圆相交于，两点，则的面积为
A．B．C．D．
7．若直线始终平分圆的周长，则的最小值为（ ）
A．B．5C．D．10
8．已知椭圆的左焦点是，右焦点是，点P 在椭圆上，如果线段的中点在轴上，那么
A．3 : 5B．3 : 4C．4 : 3D．5 : 3
9．四名同学各掷骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数．根据四名同学的统计结果，可以判断可能出现点数为6的是（ ）
A．平均数为3，中位数为2B．中位数为3，众数为2
C．平均数为2，方差为2.4D．中位数为3，方差为2.8
10．椭圆任意两条相互垂直的切线的交点轨迹为圆：，这个圆称为椭圆的蒙日圆．在圆上总存在点P，使得过点P能作椭圆的两条相互垂直的切线，则r的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
11．已知函数，若，且函数的部分图象如图所示，则等于（ ）
A．B．C．D．
12．如图，在直三棱柱中，是边长为2的正三角形，，N为棱上的中点，M为棱上的动点，过N作平面ABM的垂线段，垂足为点O，当点M从点C运动到点时，点O的轨迹长度为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题（共6小题，每小题5分，共30分）
13．已知椭圆的离心率为，则 .
14．已知x，y满足，则的最大值为 ．
15．已知直线，.若，则的值为 ；若直线与圆交于两点，则 .
16．已知椭圆的左、右焦点分别是，且是面积为的正三角形．过垂直于的直线交椭圆M于B，C两点，则的周长为 ．
17．已知为直线上的一个动点，为圆上的两个动点，则的最大值是 ．
18．某中学开展“劳动创造美好生活”的劳动主题教育活动，展示劳动实践成果并进行评比，某学生设计的一款如图所示的“心形”工艺品获得了“十佳创意奖”，该“心形”由上、下两部分组成，并用矩形框虚线进行镶嵌，上部分是两个半径都为的半圆，分别为其直径，且，下部分是一个“半椭圆”，并把椭圆的离心率叫做“心形”的离心率．
（1）若矩形框的周长为，则当该矩形框面积最大时， ；
（2）若，图中阴影区域的面积为，则该“心形”的离心率为 ．
三、解答题（共5题，共72分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程）
19．给出以下三个条件：
①直线，是图象的任意两条对称轴，且的最小值为，
②，
③对任意的，；
请从这三个条件中任选一个将下面的题目补充完整，并求解．
已知函数，，______．
(1)求的表达式；
(2)将函数的图象向右平移个单位后，再将得到的图象上各点的横坐标伸长为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，求的单调递增区间以及在区间上的值域．
20．如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，其中，，，，平面，且，点在棱上，点为中点．
(1)证明：若，直线平面；
(2)求二面角的余弦值；
(3)是否存在点，使与平面所成角的正弦值为？若存在求出值；若不存在，说明理由．
21．某心理教育测评研究院为了解某市市民的心理健康状况，随机抽取了n位市民进行心理健康问卷调查，将所得评分(百分制)按研究院制定的心理测评评价标准整理，得到频率分布直方图.已知调查评分在[70，80)中的市民有200人心理测评评价标准
（1）求n的值及频率分布直方图中t的值；
（2）在抽取的心理等级为D的市民中，按照调查评分的分组，分为2层，通过分层随机抽样抽取3人进行心理疏导.据以往数据统计，经心理疏导后，调查评分在[40，50)的市民的心理等级转为B的概率为，调查评分在[50，60)的市民的心理等级转为B的概率为，假设经心理疏导后的等级转化情况相互独立，求在抽取的3人中，经心理疏导后至少有一人的心理等级转为B的概率；
（3）该心理教育测评研究院建议该市管理部门设定预案：若市民心理健康指数的平均值不低于0.75，则只需发放心理指导资料，否则需要举办心理健康大讲堂.根据调查数据，判断该市是否需要举办心理健康大讲堂，并说明理由.(每组的每个数据用该组区间的中点值代替，心理健康指数=调查评分÷100)
22．已知线段的端点的坐标是，端点的运动轨迹是曲线，线段的中点的轨迹方程是．
(1)求曲线的方程；
(2)已知斜率为的直线与曲线相交于异于原点的两点直线的斜率分别为，，且证明：直线恒过定点．
23．设A是正整数集的一个非空子集，如果对于任意，都有或，则称A为自邻集.记集合的所有子集中的自邻集的个数为.
(1)直接写出的所有自邻集；
(2)若为偶数且，求证：的所有含5个元素的子集中，自邻集的个数是偶数；
(3)若，求证.
调查评分
[0，40)
[40，50)
[50，60)
[60，70)
[70，80)
[80，90)
[90，100]
心理等级
E
D
C
B
A
1．C
【分析】先化简分母，再分母实数化，化简即可.
【详解】因为z＝，所以z的虚部为－1.
故选：C.
本题考查了复数的四则运算，属于基础题.
2．B
点关于直线对称，则利用垂直关系，以及线段的中点在直线上，列式求解.
【详解】，若点与关于直线对称，
则直线与直线垂直，直线的斜率是，
所以，得.
线段的中点在直线上，则，得
故选:B
3．C
【分析】利用直线与直线，直线与平面的位置关系判断.
【详解】A. 当时，或m与n异面或相交，故错误；
B. 当时，或m与n异面或相交，故错误；
C. 当时，，反之不一定成立，故正确；
D. 当时，或m与n异面，故错误；
故选：C
4．B
【分析】由焦点和短半轴长，待定系数法求椭圆方程.
【详解】椭圆化成标准方程为，焦点在轴上，
设所求椭圆方程为，
依题意有，所以，所求椭圆方程为.
故选：B
5．B
【分析】先用面积公式求出c，再用余弦定理求出a.
【详解】在中， ，，的面积为，
所以,解得：c=4.
由余弦定理得：
,
所以.
故选：B.
6．B
【分析】此题直线与圆的交点恰有一点就是（0，1），就以1为底，另一点到y轴的距离就是另一点的横坐标的绝对值为高，求得面积．
【详解】解得 或

故选B
求解三角形面积问题，选取合适的底和高是解题关键．
7．A
由直线过圆心得满足的关系式，说明点在一条直线上，由点到平面的距离公式可得最小值．
【详解】由题意直线过已知圆的圆心，圆心为，∴，即，
点在直线上，
表示直线的点到点的距离，
∴最小值为．
故选：A．
方法点睛：本题考查二元函数的最值问题．解题方法是利用其几何意义：两点间距离求解，解题关键是求出满足的条件，得点在一条直线上，从而只要求得定点到直线的距离即可得．
8．A
【分析】求出椭圆的焦点坐标，再根据点P在椭圆上，线段的中点在轴上,求得P点坐标，进而计算，从而求解.
【详解】由椭圆方程可得：,
设P点坐标为，线段的中点为，
因为线段的中点在轴上，所以，即，代入椭圆方程得或，
不妨取,则，
所以 ，故选A.
本题主要考查了椭圆的几何性质，距离公式，中点公式，属于中档题.
9．ABD
【分析】根据题意举例判断即可
【详解】解：对于A，当掷骰子出现的结果为1，1，2，5，6时，满足平均数为3，中位数为2，可以出现点6，所以A正确；
对于B，当掷骰子出现的结果为2，2，3，4，6时，满足中位数为3，众数为2，可以出现点6，所以B正确；
对于C，若平均数为2，且出现点数6，则方差，所以当平均数为2，方差为2.4时，一定不会出现点数6，所以C错误；
对于D，当掷骰子出现的结果为1，2，3，3，6时，满足中位数为3，则平均数为，方差为，所以可以出现点6，所以D正确，
故选：ABD
10．D
【分析】根据蒙日圆的定义，将问题转化为两圆有公共点的问题，根据两圆关系即可求解.
【详解】由题意可知：与椭圆相切的两条互相垂直的直线的交点的轨迹为
圆：，圆心
由于在圆，圆心，
故两圆有公共点即可，
故两圆的圆心距为，故.
故选：D
11．B
【分析】结合图象即可得到，进而求得，结合正弦型函数的性质可求得周期和，从而求得答案.
【详解】由图可知，函数过点和点，即，
又因为，所以，
结合正弦型函数的性质可知， ，解得，
所以，解得，因为，所以
所以，所以，
即，
解得，
因为，所以
故选：B.
12．B
【分析】根据条件先判断出点的轨迹为圆的一部分，再由弧长公式求解即可.
【详解】取AB中点P，连接PC，C1N，如图，
因为PC⊥AB，PN⊥AB，
且PN∩PC=P，所以AB⊥平面，AB平面ABM ,
所以平面ABM⊥平面，平面ABM∩平面= PM，
过N作NO⊥PM，NO平面，所以NO⊥平面ABM，
当点M从点C运动到点C1时，点是以PN为直径的圆 (部分)，如图，
当M运动到点时，点到最高点，此时，
所以，从而，
所以弧长，即点的轨迹长度为.
故选: B
13．4
【分析】将椭圆化成标准方程得，由椭圆的离心率为，利用，化简整理，可求得．
【详解】由题意得：
椭圆化成标准方程为，
∵椭圆的离心率为，
∴，
，又，
∴，
故．
故答案为.
本题主要考查了椭圆离心率有关的问题，注意公式的运用，解题过程注意的关系．属于较易题.
14．##
【分析】设，故直线与圆有交点，从而利用点到直线距离得到不等式，求出答案.
【详解】可化为，
设，
则直线与圆有交点，所以，解得，
的最大值为2+2．
故．
15． -1 ..
【分析】由列式求解值；利用直线系方程求出直线所过定点，化圆的方程为标准方程，求出圆心坐标与半径，作出图象，再由垂径定理求．
【详解】解：直线，
若，则，解得；
直线过定点，
化圆为，
可知圆心坐标为，半径为5.
如图，，
则.
故-1；.

本题考查直线的一般方程与直线平行的关系，考查直线与圆位置关系的应用，考查数形结合的解题思想方法．
16．
【分析】由面积为，且其为正三角形，可得.后由中垂线性质结合椭圆定义可得答案.
【详解】如图，设，则，因面积为，且其为正三角形，又，则，则.
又直线BC过，与垂直，为正三角形，则直线BC为中垂线，
则，又，
故的周长，又C，B在椭圆上，则由椭圆定义有.
故
17．
【分析】分析出当为圆的切线且⊥时，最大，结合，求出此时，从而得到最大值.
【详解】的圆心为，半径为，
圆心到直线的距离，
若要最大，则最大，
显然当为圆的切线时，最大，此时，
由于，故当最小时，取得最大值，则最大，
当⊥时，最小，最小值为，
故，所以，
故的最大值为.
故
18． 1 ##0.5
【分析】空1：设矩形的宽为，写出面积表达式，利用二次函数的性质即可；
空2：建立合适的直角坐标系，求出点的坐标即可.
【详解】设矩形的宽为，则长为，
矩形面积，
当且仅当时，矩形框面积最大为9，
所以；
如图，以为轴，的中垂线为轴，直线交轴于点，
设为椭圆长轴，则，
所以圆圆
联立两圆方程得，
所以，，
所以扇形面积，
又因为，所以，即，
得，
，
解得，又，所以，
则.
故1；.
关键点点睛：阴影部分面积的表示中的难点是，需要先利用相似三角形表示出点的横坐标即可.
19．(1)任选一条件，都有
(2)单调递增区间为：，值域为．
【分析】（1）先进行三角恒等变换求出，再分别选三个条件，结合正弦函数的性质，分别求解，即可得出函数解析式；
（2）先根据图象变换求出，再根据正弦函数的单调性和值域求解.
【详解】（1）
．
选①时，由于直线，是图象的任意两条对称轴，
且的最小值为，
所以，解得，
所以．
选②时，，即，
整理得，
故，
由于，
故当时，，
所以．
选③时，对任意的，，
所以，
即，，解得：，，
由于，故当时，，
所以．
（2）函数的图象向右平移个单位后，
再将得到的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，
得到函数的图象，
令，
整理得，
所以函数的单调递增区间为：．
由于，所以，
故．
所以函数的值域为．
20．(1)证明见解析
(2)
(3)存在点，此时或．
【分析】（1）先利用面面平行的判定定理证明平面平面，从而得线面平行；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角；
（3）假设存在点，设，即，，利用线面角的向量法求的值即可.
【详解】（1）如图所示，在线段上取一点，使，连接，，
，，平面，平面，
平面，
又，，
且，四边形为平行四边形，
，平面，平面，平面，
又平面，
所以平面平面，
平面，
平面；
（2）如图所示，以点为坐标原点，以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
又是中点，则，
所以，，，
设平面的法向量，则，
令，则，
设平面的法向量，
则，令，则，
所以，
则二面角的余弦值为
（3）假设存在点，
设，即，，
由（2）得，，，且平面的法向量，
则，，
则，，
，
解得或，
故存在点，此时或．
21．（1），t=0.002；（2）；（3）只需发放心理指导材料，不需要举办心理健康大讲堂活动，理由见解析.
【分析】（1）利用公式求n的值，利用矩形的面积和为1求的值；
（2）设事件M=“在抽取的3人中，经心理疏导后至少有一人的心理等级转为B”，利用对立事件的概率公式求解；
（3）利用频率分布直方图的平均数求出平均数即得解.
【详解】解：(1)由已知条件可得，又因为每组的小矩形的面职之和为1.
所以(0.035+0.025+0.02+0.004+8t)×10=1，解得t=0.002·
(2)由(1)知：t=0.002，
所以调查评分在[40，50)中的人数是调查评分在[50，60)中人数的，
若按分层抽样抽取3人，则调查评分在[40，50)中有1人，在[50，60)中有2人，
设事件M=“在抽取的3人中，经心理疏导后至少有一人的心理等级转为B”.
因为经心理疏导后的等级转化情况相互独立，
所以
所以
故经心理疏导后至少有一人的心理等级转为B的概率为·
(3)由频率分布直方图可得，
45×0.02+55×0.04+65×0.14+75×0.2+85×0.35+95×0.25=80.7.
估计市民心理健康调查评分的平均值为80.7，
所以市民心理健康指数平均值为.
所以只需发放心理指导材料，不需要举办心理健康大讲堂活动.
22．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用中点坐标公式以及求轨迹方程的方法求解；
（2）利用韦达定理结合题意求解.
【详解】（1）（1）设，，
由中点坐标公式得
因为点的轨迹方程是，
所以，
整理得曲线的方程为．
（2）设直线的方程为，，，，
由，得，
所以，，
所以
，
所以，且即，
即，
所以直线的方程为，即直线过定点．
方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为，；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为的形式；
（5）代入韦达定理求解.
23．(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据自邻集的定义及子集的概念一一写出结果即可；
（2）取的一个含5个元素的自邻集，判定
集合，再证明C也是自邻集且，从而得出结论；
（3）记自邻集中最大元素为的自邻集的个数为，，则当时有，再分类讨论证明即可.
【详解】（1）由题意可得，的所有自邻集有：；
（2）对于的含5个元素的自邻集，
不妨设.
因为对于，都有或，，2，3，4，5，
所以，，或.
对于集合，，，，，
因为，所以，，2，3，4，5，
，
所以.
因为，，或.
所以，，
或，
所以对于任意或，，2，3，4，5，
所以集合也是自邻集.
因为当为偶数时，，
所以.
所以对于集合的含5个元素的自邻集，在上述对应方法下会存在一个不同的含有5个元素的自邻集与其对应.
所以，的所有含5个元素的子集中，自邻集的个数是偶数.
（3）记自邻集中最大元素为的自邻集的个数为，，
当时，，，
显然.
下面证明.
①自邻集含有，，这三个元素，记去掉这个自邻集中的元素后的集合为
因为，，所以仍是自邻集，且集合中的最大元素是，
所以含有，，这三个元素的自邻集的个数为.
②自邻集含有，这两个元素，不含，且不只有，这两个元素，
记自邻集除，之外最大元素为，则，每个自邻集去掉，这两个元素后，仍为自邻集.
此时的自邻集的最大元素为，可将此时的自邻集分为个；
其中含有最大数为2的集合个数为，
含有最大数为3的集合个数为，，
含有最大数为的集合个数为.
则这样的集合共有个.
③自邻集只含有，这两个元素，这样的自邻集只有1个.
综上可得，
所以，
故时，得证.
思路点睛：第二问取自邻集，和集合，，，，，先由定义判定，且集合也是自邻集，.即可证明结论；第三问记自邻集中最大元素为的自邻集的个数为，有，再分三类①自邻集含有，，这三个元素的自邻集的个数为，②自邻集含有，这两个元素的集合共有个，③自邻集只含有，这两个元素，这样的自邻集只有1个来证明：即可.