2023-2024学年北京市朝阳区北京中学高二上学期12月月考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年北京市朝阳区北京中学高二上学期12月月考数学试题含答案，共18页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，证明题，问答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据并集的运算即可求解.
【详解】集合包含所有小于2的实数，包含1和2两个元素，所以，
故选：B.
2．双曲线：的一条渐近线方程为，则的离心率为（ ）
A．B．C．2D．
【答案】A
【分析】根据渐近线确定，再计算离心率即可.
【详解】双曲线：的一条渐近线方程为，故，
双曲线的离心率.
故选：A
3．下列函数中，既是偶函数又在区间上单调递增的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】A选项，定义域不关于原点对称，不是偶函数；B选项，为奇函数；C选项，根据得到C不满足在区间上单调递增；D选项，判断出函数为偶函数且在上单调递增.
【详解】A选项，的定义域为，定义域不关于原点对称，故不是偶函数，A错误；
B选项，的定义域为R，且，故为奇函数，B错误；
C选项，设，因为，
故在上不单调递增，C错误；
D选项，的定义域为R，且，故为偶函数，
又当时，，在上单调递增，故满足要求，D正确.
故选：D
4．已知平面，是内不同于的直线，那么下列命题中错误的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】D
【分析】选项.由线面平行的性质可判断；选项.由线面平行的判定可判断；选项.由线面垂直的性质可判断选项.由线面垂直的判定定理可判断.
【详解】选项：,由，又，则由线面平行的性质可得，故正确．
选项：，由，，由线面平行的判定可得，故正确．
选项：由，则，又，所以，故正确．
选项：因为一条直线垂直于平面内的一条直线不能推出直线垂直于平面，故错误．
故选：
5．设等差数列的前项和为，且，则的最大值为（ ）
A．B．3C．9D．36
【答案】C
【分析】先求得的关系式，然后利用基本不等式求得正确答案.
【详解】设等差数列的公差为，则，
也即，所以，
当且仅当时等号成立.
故选：C
6．已知曲线在点处的切线经过点(0，－1)，则的值为( )
A．B．1
C．eD．10
【答案】B
【分析】根据导数的几何意义知，切线的斜率，又因为切线经过点(0，－1)，则，即可求出的值.
【详解】因为，所以，
所以切线的斜率，因为切线经过点(0，－1)，
所以，所以，则.
故选：B.
7．已知点，，，则“是等边三角形”是“直线的斜率为0”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
【答案】A
【分析】根据三个点的坐标可知，点在抛物线上，为抛物线的焦点，利用抛物线的定义，结合充分不必要条件的定义可得结果.
【详解】由，，可知，点在抛物线上，为抛物线的焦点，
若是等边三角形，则，根据抛物线的定义可知，两点到准线的距离相等，所以直线与轴平行，其斜率为0，
若直线的斜率为0，则两点到准线的距离相等，则，只能得到是等腰三角形，不能推出是等边三角形，
所以“是等边三角形”是“直线的斜率为0”的充分不必要条件.
故选：A
【点睛】关键点点睛：利用抛物线的定义以及充分不必要条件的定义求解是解题关键.
8．抛物线的焦点为，点为该抛物线上的动点，又点，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据给定条件，利用抛物线定义及两点间距离公式列式，再借助均值不等式求解作答.
【详解】抛物线的准线方程为，，则，，
，当时，，
当时，，当且仅当时取等号，而，
所以的最小值是.
故选：B
9．古典吉他的示意图如图所示．分别是上弦枕、下弦枕，是第品丝．记为与的距离，为与的距离，且满足，其中为弦长（与的距离），为大于1的常数，并规定．则（ ）
A．数列是等差数列，且公差为
B．数列是等比数列，且公比为
C．数列是等比数列，且公比为
D．数列是等差数列，且公差为
【答案】B
【分析】根据项与前项和的关系结合条件可得，根据等比数列的概念进而判断AB，结合条件可得，进而判断CD.
【详解】因为，，
所以，，
所以，
即，又为大于1的常数，
所以，即数列是等比数列，且公比为，故A错误，B正确；
由上可知，又，
所以，，
所以不是常数，故C错误；
所以，不是常数，故D错误.
故选：B.
10．已知双曲线C：（，）的左、右顶点分别为，，左、右焦点分别为，．以线段为直径的圆与双曲线C的一条渐近线交于点M，且点M在第一象限，与另一条渐近线平行．若，则的面积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】求得以线段为直径的圆的方程为，与渐近线联立求出点的坐标，根据与另一条渐近线平行可求出的关系，然后根据，即可求出的值，从而可得出答案.
【详解】解：由题意，，
则以线段为直径的圆的方程为，
联立，解得或，
又因点M在第一象限，所以，
因为与直线平行，
所以，即，
所以，则，
因为，
所以，
即，
所以，
则，
所以，，
所以.
故选：C.
二、填空题
11．已知直线，．若，则实数的值是 ．
【答案】0或－3
【详解】试题分析：由题意得：
【解析】直线位置关系
三、双空题（新）
12．已知数列是等比数列，，，则数列的通项公式 ；数列的前9项和的值为 .
【答案】 171
【分析】根据等比数列基本量的计算即可求解，，进而根据公式即可求解.
【详解】由，可得，，所以，
，
故答案为：，171
四、填空题
13．（2017新课标全国II理科）等差数列的前项和为，，，则 ．
【答案】
【详解】设等差数列的首项为，公差为，由题意有 ，解得 ，
数列的前n项和，
裂项可得，
所以．
点睛:等差数列的通项公式及前n项和公式，共涉及五个量a1，an，d，n，Sn，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题．数列的通项公式和前n项和公式在解题中起到变量代换作用，而a1和d是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用得方法．使用裂项法求和时，要注意正、负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点．
14．已知直线：与圆交于，两点，过，分别作的垂线与轴交于，两点，若，则 ．
【答案】4
【分析】由题，根据垂径定理求得圆心到直线的距离，可得m的值，既而求得CD的长可得答案.
【详解】因为，且圆的半径为，所以圆心到直线的距离为，则由，解得，代入直线的方程，得，所以直线的倾斜角为，由平面几何知识知在梯形中，．
故答案为4
【点睛】解决直线与圆的综合问题时，一方面，要注意运用解析几何的基本思想方法（即几何问题代数化），把它转化为代数问题；另一方面，由于直线与圆和平面几何联系得非常紧密，因此，准确地作出图形，并充分挖掘几何图形中所隐含的条件，利用几何知识使问题较为简捷地得到解决．
15．已知四棱锥的高为1，和均是边长为的等边三角形，给出下列四个结论：
①四棱锥可能为正四棱锥；
②空间中一定存在到，，，，距离都相等的点；
③可能有平面平面；
④四棱锥的体积的取值范围是.
其中所有正确结论的序号是 .
【答案】①②④
【分析】对①，分析当四棱锥为正四棱锥时是否满足条件即可；
对②，设四棱锥的高为，分析可得点满足；
对③，假设平面平面，再推导得出矛盾即可判断；
对④，设，得出四棱锥的体积表达式再求解即可
【详解】根据题意，设，则，又因为和均是边长为的等边三角形，易得，且
对①，当时，底面为正方形，且为底面中心，此时四棱锥可能为正四棱锥，故①正确；
对②，，故一定存在到，，，，距离都相等的点，故②正确；
对③，当平面平面时，因为，故平面，此时，又因为，此时重合，不满足题意，③错误；
对④，设，则
，因为，故，所以，故④正确
故答案为：①②④
五、证明题
16．如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，、分别为、的中点.

（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）求证：平面平面；
（Ⅲ）求证：平面.
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析.
【分析】（1）欲证，只需证明即可；
（2）先证平面，再证平面平面；
（3）取中点，连接，证明，则平面.
【详解】（Ⅰ）∵，且为的中点，∴.
∵底面为矩形，∴，∴；
（Ⅱ）∵底面为矩形，∴.
∵平面平面，平面平面，平面，
∴平面，又平面，∴.
又，，、平面，平面，
∵平面，∴平面平面；
（Ⅲ）如图，取中点，连接.

∵分别为和的中点，∴，且.
∵四边形为矩形，且为的中点，∴，
∴，且，∴四边形为平行四边形，
∴，又平面，平面，∴平面.
【点睛】证明面面关系的核心是证明线面关系，证明线面关系的核心是证明线线关系.证明线线平行的方法：（1）线面平行的性质定理；（2）三角形中位线法；（3）平行四边形法. 证明线线垂直的常用方法：（1）等腰三角形三线合一；（2）勾股定理逆定理；（3）线面垂直的性质定理；（4）菱形对角线互相垂直.
六、问答题
17．已知曲线与轴交于不同的两点（点在点的左侧），点在线段上（不与端点重合），过点作轴的垂线交曲线于点．
(1)若为等腰直角三角形，求的面积；
(2)记的面积为，求的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求得的坐标，从而求得三角形的面积.
（2）先求得三角形面积的表达式，然后利用导数求得面积的最大值.
【详解】（1）依题意，，所以，
由，得，
则，解得或（舍去），则，
所以.

（2）由，得，
则，
，
所以在区间上单调递增，
在区间上单调递减，
所以的最大值是.
18．已知椭圆的离心率是.
（1）求椭圆的方程；
（2）已知，分别是椭圆的左、右焦点，过作斜率为的直线，交椭圆于两点，直线，分别交轴于不同的两点.如果为锐角，求的取值范围.
【答案】（1）（2）
【解析】（1）由题意，列出方程组，求得，即可得到椭圆的方程；
（2）设直线的方程为，联立方程组，根据根和系数的关系，结合向量的数量
【详解】（1）由题意，椭圆的离心率是，
可得解得，所以椭圆的方程为.
（2）由已知直线的斜率不为0，
设直线的方程为，直线与椭圆的交点为，.
由得.
由已知，判别式恒成立，且，.①
直线的方程为，令，则.
同理可得.
所以
将①代入并化简，得
.
依题意，角为锐角，所以，即.
解得或.
综上，直线的斜率的取值范围是.
【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程的求解、及直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用,解答此类题目，通常联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.
19．已知函数，且．
(1)求的值；
(2)求的单调区间；
(3)设实数满足：存在，使直线是曲线的切线，且对恒成立，求的最大值．
【答案】(1)
(2)增区间，减区间
(3)
【分析】（1）根据已知条件列方程组，从而求得.
（2）利用导数求得的单调区间.
（3）结合的图象、切线以及不等式恒成立求得的最大值.
【详解】（1）依题意，，解得.
（2）由（1）得，，
当时，，
所以在区间上单调递增，
在区间上单调递减.
（3）由（2）得，
所以的图象在处的切线方程为，此时.
同时，，因此在时恒成立，
直线是曲线的切线，则，
结合图象可知，当时，不恒成立.
当时，，恒成立.
当时，，因此，所以的最大值为.
【点睛】求解函数单调区间的步骤：（1）确定的定义域；（2）计算导数；（3）求出的根；（4）用的根将的定义域分成若干个区间，考查这若干个区间内的符号，进而确定的单调区间：，则在对应区间上是增函数，对应区间为增区间；，则在对应区间上是减函数，对应区间为减区间.
20．已知椭圆W：的焦距为4，短轴长为2，O为坐标原点．
(1)求椭圆W的方程；
(2)设A，B，C是椭圆W上的三个点，判断四边形OABC能否为矩形？并说明理由．
【答案】(1)
(2)四边形OABC可以为矩形，理由见解析
【分析】（1）依题意可得，从而可得，进而可求得方程；
（2）设AC：，，，AC中点，，联立直线方程和椭圆方程，利用韦达定理得，，结合条件可得，从而可得；利用中点坐标求得，，代入椭圆方程可得，从而可求得，进而求得，，此时满足，问题得解.
【详解】（1）由题意可得，则，
所以椭圆W的方程为．
（2）设AC：，，，AC中点，，
联立方程组，
，
，．（1）
由条件，得，
即，
整理得，
将（1）式代入得，
即（2）
又，，
且M同时也是OB的中点，所以，，
因为B在椭圆上，所以，
即，，
所以（3）
由（2）（3）解得，，
验证知，
所以四边形OABC可以为矩形．
【点睛】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（或）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、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
七、证明题
21．设无穷数列的前项和为为单调递增的无穷正整数数列，记，，定义．
(1)若，写出的值；
(2)若，求；
(3)设求证：对任意的无穷数列，存在数列，使得为常数列．
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）通过公式即可求出的值；
（2）求出数列的前项和，对讨论其奇偶，即可求出；
（3）通过讨论为有限集和无限集时的不同情况下的值，即可证明结论.
【详解】（1）由题意，
，，，
∴，，
，，
，
∴
（2）由题意，
在数列中，，
∴.
若为奇数，则.
所以.
若为偶数，则当时，
所以.
所以.
（3）由题意证明如下，
在中，
若为有限集，设其最大元素为(若为空集，取)，
则当时，存在满足.
令，
则.所以;
若为无限集，设，其中，记，则.
①若数列中只有有限项为正数，记(若中没有正数项，取，则.
令，则.
所以;
②若数列中有无穷项为正数，将这些项依次记为，其中，则.
令，则.
所以.
综上所述，对任意的无穷数列都存在数列，使得为常数列.
【点睛】关键点点睛：本题考查求数列的项，数列求和，无穷数列的证明，符号函数，考查学生的计算能力，逻辑思维能力和分类讨论能力，具有很强的综合性.