2024届北京市东城区广渠门中学高三上学期12月月考数学试题含答案

这是一份2024届北京市东城区广渠门中学高三上学期12月月考数学试题含答案，共20页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，且，则可以是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由先求出且，对照四个选项即可得到答案.
【详解】解：因为，且集合，
所以且，
根据选项情况，由此可以判定只能选择C．
故选：C
2．已知复数在复平面对应的点在虚轴上，则（ ）
A．B．C．2D．
【答案】D
【分析】根据复数的运算法则，纯虚数的定义即可求解.
【详解】依题意，
，
因为复数在复平面对应的点在虚轴上，
所以，解得.
故选：D.
3．已知为平面向量，若，若，则实数（ ）
A．B．C．1D．
【答案】A
【分析】由，利用向量共线坐标公式即可求解.
【详解】因为向量，且，
所以，解得.
故选：A
4．已知抛物线的焦点为，直线与该抛物线交于A，B两点，则（ ）
A．4B．C．8D．
【答案】D
【分析】根据题意可得抛物线的方程，从而可得坐标，从而得到.
【详解】因为抛物线的焦点为，则，所以抛物线方程为，
设，不妨令，
则可得，即，
所以.
故选:D
5．在中，“”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
【答案】B
【分析】结合正弦函数的性质由，可得，再根据充分条件和必要条件的定义判断即可.
【详解】在中，，
由，可得，
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
6．已知函数是定义在上的奇函数，且在区间上单调递减，.设，则满足的的取值范围是
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意，由函数奇偶性的性质可得f（x）在R上为减函数以及f（﹣1）＝1，结合对数函数的性质可得g（x）＝lg2（x+3）的定义域为（﹣3，+∞），在其定义域上，g（x）为增函数，设F（x）＝f（x）﹣g（x），易得F（x）在（﹣3，+∞）上为减函数，又由F（﹣1）＝f（﹣1）﹣g（﹣1）＝1﹣1＝0，进而可得F（x）≥0⇒﹣3＜x≤﹣1，据此分析可得答案．
【详解】根据题意，函数f（x）是定义在R上的奇函数，且在区间（﹣∞，0]上单调递减，
则f（x）在[0，+∞）上也是减函数，
则f（x）在R上为减函数，
又由f（1）＝﹣1，则f（﹣1）＝﹣f（1）＝1，
又由g（x）＝lg2（x+3），有x+3＞0，即x＞﹣3，函数的定义域为（﹣3，+∞），在其定义域上，g（x）为增函数，
设F（x）＝f（x）﹣g（x），其定义域为（﹣3，+∞），
分析易得F（x）在（﹣3，+∞）上为减函数，又由F（﹣1）＝f（﹣1）﹣g（﹣1）＝1﹣1＝0，
F（x）≥0⇒﹣3＜x≤﹣1，
则f（x）≥g（x）⇒F（x）≥0⇒﹣3＜x≤﹣1，即不等式的解集为（﹣3，﹣1]；
故选C．
【点睛】本题考查函数奇偶性与单调性的判定，涉及对数函数的性质，注意分析函数的定义域，属于基础题．
7．已知圆过点，则圆心到原点距离的最小值为（ ）
A．B．C．1D．
【答案】D
【分析】根据题意可得圆心的轨迹为直线，进而根据点到直线的距离公式即可求解最值.
【详解】设圆心,由得，化简得，即圆心在直线运动，圆心到原点距离的最小值即原点到直线的距离，故最小值为，
故选：D
8．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，则的一个可能值是（ ）
A．4B．5C．6D．7
【答案】A
【分析】由已知利用等比数列的性质可求，又，可得，解得或，分类讨论可求的值，即可求解数列的各项，即可求解．
【详解】等比数列中，公比；由，所以，又，所以解得或；
若时，可得，可得的值为，可知数列单调递增，且各项均大于，所以不会存在使得的乘积最大(舍去)；
若时，可得，可得的值为，…，
可知数列单调递减，从第项起各项小于且为正数，前项均为正数且大于等于，
所以存在，使得的乘积最大，综上，可得的一个可能值是.
故选：A.
9．已知正方形ABCD的边长为2，若将正方形ABCD沿对角线BD折叠成三棱锥则在折叠过程中，不可能出现（ ）
A．B．
C．三棱锥的体积为D．平面平面BCD
【答案】A
【分析】根据题意，由线面垂直的性质定理即可判断AB，由三棱锥的体积公式即可判断C，由二面角的定义即可判断D.
【详解】对于A，若，因为，面ABC，所以，而，即直角边长与斜边长相等，显然不对，故A错；
对于B，取BD中点O，因为，AO 所以面AOC，所以，故B对；
对于C，当折叠所成的二面角时，顶点A到底面BCD的距离为，此时 ，故C对；
对于D，当沿对角线折叠成直二面角时，有平面平面，故D对；
故选:A
10．设，数列中，，，则（ ）
A．当，B．当，
C．当，D．当，
【答案】A
【分析】A项，由，结合基本不等式即可判断正误；BCD项，注意到，当时，方程有解，则当为方程的根时，则，即可判断选项正误.
【详解】对A：当时，因为，所以，又因为，当且仅当时取等号，
所以，，故A正确；
对B：当时，即，得，
因，故时，数列为常数列，且，故B错误；
对C：当时，即，得，
因，故或，数列为常数列，且或，故C错误；
对D：当时，即，因，故或，
所以数列为常数列，且或，故D错误.
故选：A.
二、填空题
11．已知的展开式中各项系数和为243，则展开式中常数项为 ．
【答案】80
【分析】根据题意，由各项系数之和可得，再由二项式展开式的通项公式即可得到结果.
【详解】由题意，令，则，解得，
则的展开式第项，
令，解得，所以.
故答案为：
12．已知点是双曲线C：的一个顶点，则C的离心率为 ．
【答案】
【分析】由题意，根据双曲线顶点以及标准方程的定义，结合离心率的公式，可得答案.
【详解】由题意可得，，则该双曲线的焦半径，
所以离心率.
故答案为：.
13．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，且，，则 ；面积为 ．
【答案】 /
【分析】首先由正弦定理、余弦定理边角互换得出，结合可以算出，由正弦定理、三角形面积公式即可求解.
【详解】因为，所以，解得，
所以，，
又，所以，面积为.
故答案为：.
14．中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有 个面，其棱长为 ．
【答案】 共26个面. 棱长为.
【分析】第一问可按题目数出来，第二问需在正方体中简单还原出物体位置，利用对称性，平面几何解决．
【详解】由图可知第一层与第三层各有9个面，计18个面，第二层共有8个面，所以该半正多面体共有个面．
如图，设该半正多面体的棱长为，则，延长与交于点，延长交正方体棱于，由半正多面体对称性可知，为等腰直角三角形，
，
，即该半正多面体棱长为．
【点睛】本题立意新颖，空间想象能力要求高，物体位置还原是关键，遇到新题别慌乱，题目其实很简单，稳中求胜是关键．立体几何平面化，无论多难都不怕，强大空间想象能力，快速还原图形．
15．已知
（1）若有两个零点，则a的取值范围是 ，
（2）当时，则满足的x的取值范围是 .
【答案】
【分析】(1)讨论，，三种情况，结合零点的定义，解方程即可得到所求；（2）若，讨论，，若，，结合分段函数解析式，以及函数的单调性和不等式的解法，即可得到所求．
【详解】（1）若，则
由，解得，符合题意．
若，解得符合题意，但方能使方程有两个零点；
若，解得，符合题意．可得
综上可得，a的范围是；
（2）若，则，
有，得为增，
，
即有，显然不符合题意．
所以有．
若，
即为，解得．
若，
即有，
整理得；
令，
由于且，可得
即在为增，最小值为
而在时，递增，且值为负，不符合题意．
综上可得a的取值范围是．
【点睛】本题考查分段函数的运用：求零点和解不等式，考查分类讨论思想方法，以及导数的运用：判断单调性，考查化简整理运算能力，属于中档题．
三、解答题
16．已知函数．
(1)求的最小正周期；
(2)求的单调递增区间；
(3)存在，有，求m的取值范围．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由二倍角公式、辅助角公式、周期公式化简运算即可求解.
（2）整体代入法解不等式即可得单调递增区间.
（3）存在，有，等价于，由复合函数单调性、三角函数单调性即可求得，进一步可得的取值范围.
【详解】（1）由题意，
所以的最小正周期.
（2）由题意令，解得，
所以的单调递增区间为.
（3）由题意存在，有，则只需，
而当时，，
又在单调递增，在单调递减，
所有，
所以m的取值范围为.
17．如图，在平行六面体中，底面是矩形，，．
(1)求证：平面；
(2)从下面三个条件中选出两个条件，使得平面，
（ⅰ）并求平面与平面夹角的余弦值；
（ⅱ）求点B到平面的距离．
条件①平面平面；②平面平面；③
【答案】(1)证明见解析
(2)（ⅰ）；（ⅱ）
【分析】（1）由题意只需证明，再结合线面平行的判定定理即可得证；
（2）选条件①②或条件①③均可单独证明平面，选条件②③不能得到，即不能证明平面；（ⅰ）建立适当的空间直角坐标系，算出两平面的法向量，由法向量的夹角的余弦公式即可得解（ⅱ）由公式运算即可得解.
【详解】（1）
由题意，所以四边形是平行四边形，
所以，
又平面，平面，
所以平面.
（2）
若选条件①②或条件①③均可单独证明平面，理由如下：
若选条件①平面平面；②平面平面；
则存在平面，且相交，使得平面，平面，
而平面，平面，
所以，
又平面，且相交，
所以平面；
若选条件①平面平面；③；
由题意，所以，即，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面；
若选②平面平面；③；
由题意，所以，即，
在矩形中，有，
而平面，
所以平面，即条件②平面平面；③最多只能证明平面；
综上所述，选条件①②或条件①③即可证明平面，
（ⅰ）若平面，
注意到，所以此时平面，
又平面，
所以，
而在矩形中，有，
即两两垂直，
所以以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系如图所示：
因为，，所以，
所以，
不妨设平面的法向量为，
则，令，解得，
即取平面的一个法向量为，
而平面，故取平面的一个法向量为，
设平面与平面夹角为，
所以，
即平面与平面夹角的余弦值为；
（ⅱ）由（2）（ⅰ）可知，，平面的一个法向量为，
所以点B到平面的距离为.
18．流行性感冒多由病毒引起，据调查，空气月平均相对湿度过大或过小时，都有利于一些病毒繁殖和传播．科学测定，当空气月平均相对湿度大于或小于时，有利于病毒繁殖和传播．下表记录了某年甲、乙两个城市12个月的空气月平均相对湿度．
(1)从上表12个月中，随机取出1个月，求该月甲地空气月平均相对湿度有利于病毒繁殖和传播的概率；
(2)从上表第一季度和第二季度的6个月中随机取出2个月，记这2个月中甲、乙两地空气月平均相对湿度都有利于病毒繁殖和传播的月份的个数为X，求X的分布列；
(3)若，设乙地上表12个月的空气月平均相对湿度的中位数为M，求M的最大值和最小值．（只需写出结论）
【答案】(1)；
(2)分布列见解析；
(3)的最大值为，最小值为．
【分析】（1）设事件：从上表12个月中，随机取出1个月，该月甲地空气月平均相对湿度有利于病毒繁殖和传播．用表示事件抽取的月份为第月，利用列举法能求出该月甲地空气月平均相对湿度有利于病毒繁殖和传播的概率．
（2）在第一季度和第二季度的6个月中，甲、乙两地空气月平均相对湿度都有利于病毒繁殖和传播的月份只有2月和6月，所有可能的取值为0，1，2．分别求出相应的概率，由此能求出随机变量的分布列．
（3）由，设乙地上表12个月的空气月平均相对湿度的中位数为，应用中位数的定义结合分类讨论求出的最大值，最小值．
【详解】（1）设事件：从上表12个月中，随机取出1个月，该月甲地空气月平均相对湿度有利于病毒繁殖和传播．
用表示事件抽取的月份为第月，
∴，，，，，，，，，，，共12个基本事件，
且，，，，，共6个基本事件，
所以，该月甲地空气月平均相对湿度有利于病毒繁殖和传播的概率；
（2）在第一季度和第二季度的6个月中，甲、乙两地空气月平均相对湿度都有利于病毒繁殖和传播的月份只有2月和6月，
∴所有可能的取值为0，1，2．
，，，
随机变量的分布列为：
（3）由表格已知数据：乙地数据从小到大为，
又，不妨假设，设乙地上表12个月的空气月平均相对湿度的中位数为，
当时，则；
当，即时，若有，若有，
∴的最大值为，最小值为．
19．已知函数，．
(1)求证：，恒成立；
(2)若存在极值，求a的取值范围；
(3)若时，成立，求a的取值范围．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）整理不等式，构造函数，利用导数研究其单调性，可得答案；
（2）根据极值的判别，求导研究导函数的零点，结合指数函数的性质，可得答案；
（3）求导研究函数的单调性，求其最值，构造函数分类讨论，可得答案.
【详解】（1）证明：设，求导可得，
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
所以，故，恒成立.
（2）由，则其定义域为，求导可得，
由题意，函数单调递增，则导函数存在零点，即有解，
易知的取值范围为.
（3）由（2）可知，
当时，，在上单调递增，则，
令，求导可得，
当时，，单调递增，则此时，
即，不符合题意；
当时，，在上单调递增，则，符合题意；
当时，令，解得，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
由（1）可知，则在上单调递增，所以，
令，则，令，解得，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
在上，，即在上恒成立，
所以函数在上单调递增，则，即，
综上所述，.
20．已知椭圆（）的离心率为，且点在椭圆上，设与平行的直线与椭圆相交于，两点，直线，分别与轴正半轴交于，两点．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)判断的值是否为定值，并证明你的结论．
【答案】(1);
(2)，证明见解析.
【分析】（1）解方程组即得解；
（2）先证明直线TP和TQ的斜率存在.设，，求出，，再利用韦达定理化简即得.
【详解】（1）解：由题意，
解得，，.
故椭圆的标准方程为.
（2）解：假设直线TP或TQ的斜率不存在，则P点或Q点的坐标为(2，－1)，直线l的方程为，即.
联立方程，得，
此时，直线l与椭圆C相切，不合题意，故直线TP和TQ的斜率存在.
设，，则直线，
直线，故，，
由直线，设直线（），
联立方程，，
当时，，，
.
故.
21．设是由组成的行列的数表（每个数恰好出现一次），且．若存在，，使得既是第行中的最大值，也是第列中的最小值，则称数表为一个“数表”为数表的一个“值”，对任意给定的，所有“数表”构成的集合记作．
(1)判断下列数表是否是“数表”．若是，写出它的一个“值”；
，
(2)求证：若数表是“数表”，则的“值”是唯一的；
(3)在中随机选取一个数表，记的“值”为，求的数学期望．
【答案】(1)是“数表 ”，其“值”为3，不是“数表”；
(2)证明见解析；
(3).
【分析】（1）根据定义可得是“数表 ”，其“值”为3，不是“数表”.
（2）假设和均是数表的“值”，则分①若， ②若，③若，，三种情况讨论，得出矛盾. 即若数表是“数表”，则其“值”是唯一的.
（3）方法1：对任意的由，，，…，组成的行列的数表.定义数表如下，将数表的第行，第列的元素写在数表的第行，第列，即（其中，），讨论其性质；定义数表如下，其与数表对应位置的元素的和为362，即（其中，），讨论其性质，记，则，即数表与数表的“值”之和为，的数学期望.
方法2：所有可能的取值为.记中使得的数表的个数记作，，则.则，由此可求出的数学期望．
【详解】（1）是“数表 ”，其“值”为3，不是“数表”.
（2）假设和均是数表的“值”，
①若，则；
②若，则；
③若，，
则一方面，
另一方面；
矛盾. 即若数表是“数表”，则其“值”是唯一的.
（3）方法1：
对任意的由，，，…，组成的行列的数表.
定义数表如下，将数表的第行，第列的元素写在数表的第行，第列，即（其中，）
显然有：
①数表是由，，，…，组成的行列的数表
②数表的第行的元素，即为数表的第列的元素
③数表的第列的元素，即为数表的第行的元素
④若数表中，是第行中的最大值，也是第列中的最小值
则数表中，是第列中的最大值，也是第行中的最小值.
定义数表如下，其与数表对应位置的元素的和为362，
即（其中，），
显然有
①数表是由，，，…，组成的行列的数表
②若数表中，是第列中的最大值，也是第列中的最小值
则数表中，是第列中的最小值，也是第列中的最大值
特别地，对由，，，…，组成的行列的数表
①数表是由，，，…，组成的行列的数表
②若数表中，是第行中的最大值，也是第列中的最小值
则数表中，是第列中的最小值，也是第列中的最大值
即对任意的，其“值”为（其中，），则，且其“值”为.
记，则，即数表与数表的“值”之和为，
故可按照上述方式对中的数表两两配对，使得每对数表的 “值”之和为，
故的数学期望.
方法2：
所有可能的取值为.
记中使得的数表的个数记作，，
则，，
则，
故，.
【点睛】关键点睛：本题考查了数表问题，意在考查学生的计算能力和转化能力，综合应用能力，结合了集合，数学期望，排列组合的知识，其中把握新定义问题的本质，转化为已知知识点是解题的关键.
第一季度
第二季度
第三季度
第四季度
1月
2月
3月
4月
5月
6月
7月
8月
9月
10月
11月
12月
甲地
乙地
0
1
2