2024届北京市第九中学高三上学期12月月考数学试题含答案

这是一份2024届北京市第九中学高三上学期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，解答题等内容，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】根据交集的定义计算．
【详解】由已知，
故选：B．
2．设i是虚数单位，则复数在复平面内所对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限
C．第三象限D．第四象限
【答案】A
【分析】利用复数的除法运算化简，根据其几何意义判断其对应点的象限即可.
【详解】由，即复数在复平面内所对应的点位于第一象限.
故选：A
3．设是两条不同的直线,是两个不同的平面，且，则下列说法正确的是
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】A
【分析】本道题目分别结合平面与平面平行判定与性质，平面与平面平行垂直判定与性质，即可得出答案．
【详解】A选项,结合一条直线与一平面垂直,则过该直线的平面垂直于这个平面,故正确;B选项,平面垂直,则位于两平面的直线不一定垂直,故B错误;C选项,可能平行于与相交线,故错误;D选项,m与n可能异面，故错误．
【点睛】本道题目考查了平面与平面平行判定与性质，平面与平面平行垂直判定与性质，发挥空间想象能力，找出选项的漏洞，即可．
4．若为圆的弦的中点，则直线的方程是（ ）．
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由垂径定理可知，，可得直线斜率，及直线方程.
【详解】由圆，得，
，
由垂径定理可知，
所以直线斜率满足，即，
所以直线的方程为：，即，
故选：D.
5．已知，则“存在使得”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
【答案】C
【分析】根据充分条件，必要条件的定义，以及诱导公式分类讨论即可判断.
【详解】(1)当存在使得时，
若为偶数，则；
若为奇数，则；
(2)当时，或，，即或，
亦即存在使得．
所以，“存在使得”是“”的充要条件.
故选：C.
【点睛】本题主要考查充分条件，必要条件的定义的应用，诱导公式的应用，涉及分类讨论思想的应用，属于基础题.
6．设，，，则a，b，c之间的大小关系是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据对数函数的性质，可得，又由三角函数线的知识可得
【详解】由题意，根据对数函数的性质，可得，
当时，由三角函数线的知识可得：
所以.
故选：A.
【点睛】本题主要考查了对数函数的性质，以及三角恒等变换的化简求值，其中解答中结合对数函数的性质，以及三角函数线，求得的范围是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
7．抛物线C：的焦点为F，其准线与x轴的交点为K，P为准线上一点，线段PF与抛物线交于M点，若是斜边长为的等腰直角三角形，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】利用抛物线的定可义可得，结合条件可得，即求.
【详解】∵是斜边长为的等腰直角三角形，

∴，过M作MN垂直准线于N点，则，
∴，即，
∴，
故选：D．
8．数列的通项公式为，若是递增数列，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由题意可得对于都成立，化简求解即可求出的取值范围
【详解】因为数列的通项公式为，且是递增数列，
所以对于都成立，
所以对于都成立，
即对于都成立，
所以对于都成立，
所以，即的取值范围是，
故选：D
9．函数的图象是圆心在原点的单位圆的两段弧（如图），则不等式的解集为（ ）
A．或
B．或
C．或
D．
【答案】A
【分析】根据函数的图象得到函数是奇函数，然后将不等式转化为，利用数形结合法求解.
【详解】由函数的图象知：函数是奇函数，
所以不等式等价于，
如图所示：
函数与的图象的交点是，
所以的解集为：或，
故选：A
【点睛】本题主要考查不等式的解法以及函数奇偶性的应用，还考查了数形结合的思想方法，属于基础题.
10．在平面直角坐标系中，点，，，是圆上一点，是边上一点，则的最大值是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】设，则，因为，所以当，即点与点重合时，有最大值，问题转化为在圆上，求的最大值，
【详解】解：设，则，
所以，
因为，
所以当，即点与点重合时，有最大值，
所以问题转化为在圆上，求的最大值，
因为点在圆上，设点所在的直线为，
因为直线与圆有公共点，
所以圆心到直线的距离不大于半径，即，
所以，解得，即，
所以，
所以的最大值是12，
故选：B
【点睛】关键点点睛：此题考查向量数量积的运算律，考查直线与圆的位置关系，解题的关键是当，即点与点重合时，有最大值，问题转化为在圆上，求的最大值，然后利用直线与圆的位置关系求解即可，考查数形结合的思想，属于中档题
二、填空题
11．函数的定义域是 ．
【答案】且/
【分析】根据函数成立的条件建立不等式进行求解即可．
【详解】要使函数有意义，则，得，
即且，即函数的定义域为且．
故答案为：且．
12．等差数列满足，则a5= ；若，则n= 时，{an}的前n项和取得最大值．
【答案】 4 6
【分析】由等差数列的通项公式即可求出，再结合，得到，然后求出使 时 的正整数解即可．
【详解】等差数列满足，
所以，即，
，所以，所以．
令，解得，所以的前6项和取得最大值．
故填：4，6．
【点睛】本题考查等差数列通项公式的求法以及等差数列的单调性问题，还考查了学生转化的思想，属于基础题．
13．双曲线的一条渐近线与直线垂直，则双曲线的离心率为
【答案】
【分析】根据题设条件知求出一条渐近线的斜率，利用，， 的关系，求出双曲线的离心率．
【详解】解：双曲线，即，表示焦点在轴的双曲线，
又双曲线的一条渐近线与直线垂直，
双曲线的一条渐近线的斜率为，
，
．
故答案为：．
14．如图，在四棱锥中，底面为正方形，，底面，．设是线段上一动点，下面有四条结论：
①无论在什么位置，面；
②无论在什么位置，面面；
③点到平面的最小距离是；
④直线与平面的最大夹角是．
以上正确结论的序号是 ．
【答案】②④
【分析】利用空间几何体的性质，结合各选项的条件逐项求解判断即可．
【详解】解：若面，又平面，平面面；
，又易得为的中点，故为的中点，故在中点时，有面成立，故①错误；
底面，又底面，，又，，
平面，又平面，故面面；无论在什么位置，面面；故②正确；
当与重合时，点A在平面内，故点A到平面的最小距离是0，故③错误；
面面；又点A在平面内，故A到平面的距离小于等于，又，
故点A到平面的最大距离是；
设点A到平面的距离为d，直线与平面所成角为，
则，故，当且仅当平面时等号成立，故④正确．
故答案为：②④．
15．已知函数
（1）若，则的零点是 .
（2）若无零点，则实数的取值范围是 .
【答案】
【详解】（1）若，则 ，令可得 ，即的零点是
（2）若无零点,则如图所示当此时，应有 ，
当 如图所示，此时应有 ，
综上可得 .
三、解答题
16．已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中，，再从下面给出的条件①，条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一.
(1)求的值；
(2)求的面积.
条件①：；条件②：；条件③：.
注：如果选择的条件不符合要求，得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）若选①，先求出，然后利用正弦定理可求；
若选条件②，由余弦定理可检验是否存在；
若选条件③，由余弦定理可求；
（2）结合三角形面积公式即可求解．
【详解】（1）若选①，又因为,所以，
所以，
由正弦定理得，所以；
若选条件②，
由余弦定理得，
整理得，此时方程无解，即这样的三角形不存在，
所以条件②不能选；
若选条件③，
由余弦定理得，
整理得， 解得或（舍去），
所以.
（2）由（1）可知，
所以.
17．已知函数.
（Ⅰ）求函数的最小正周期和单调递增区间；
（Ⅱ）已知，是函数的两个零点，求的最小值.
【答案】（Ⅰ）最小正周期，单调递增区间为，；（Ⅱ）.
【分析】（Ⅰ）利用两角和差的正弦公式以及三角函数的倍角公式，辅助角公式进行化简，结合周期公式，以及函数的单调性进行求解即可；（Ⅱ）根据零点求出的根，利用作差法进行求解即可.
【详解】（Ⅰ）
则函数的最小正周期
由，，得，
即函数的单调递增区间为，
（Ⅱ），是函数的两个零点
由得
则由得…①，…②
则②①得
即，
则，
则当时，取得最小值，最小值为
【点睛】本题主要考查三角函数的图象和性质.利用两角和差的正弦公式以及辅助角公式进行化简，利用三角函数值的关系是解决本题的关键.
18．如图，在三棱柱中，平面，是的中点，，．

(1)求证：平面；
(2)求二面角的余弦值；
(3)判断直线与平面是否相交，如果相交，求出A到交点H的距离；如果不相交，求直线到平面的距离．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)相交，
【分析】（1）构造中位线，利用线线平行证明线面平行；
（2）建立空间直角坐标系，利用法向量求二面角的余弦值；
（3）利用平面的性质，即可判断直线与平面的位置关系，并利用图形求解.
【详解】（1）连结交于点，连结，

因为点分别是的中点，所以，
且平面，平面，
所以平面；
（2）因为，，
所以，且平面，
所以如图，以点为原点，以向量为轴的方向向量建立空间直角坐标系，

，，，，，
设平面的法向量为，
则，令，则，，
所以平面的法向量为，
平面的法向量，
设二面角的平面角为，
则，
所以二面角的余弦值为；
（3）如图，延长交于点，连结并延长，交的延长线于点，
因为点是的中点，所以，
所以，即，
则

19．已知函数．
(1)求的单调区间；
(2)若对恒成立，求a的取值范围；
(3)证明：若在区间上存在唯一零点，则．
【答案】(1)答案见解析
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）讨论、，结合导数的符号确定单调区间；
（2）由，讨论、研究导数符号判断单调性，进而判断题设不等式是否恒成立，即可得参数范围；
（3）根据（2）结论及零点存在性确定时在上存在唯一零点，由零点性质及区间单调性，应用分析法将问题转化为证在上恒成立，即可证结论.
【详解】（1）由题设，
当时，，则在R上递增；
当时，令，则，
若，则，在上递减；
若，则，在上递增；
综上，时的递增区间为R，无递减区间；
时的递减区间为，递增区间为.
（2）由，
当时，在上恒成立，故在上递增，则，满足要求；
当时，由（1）知：在上递减，在上递增，而，
所以在上递减，在上递增，要使对恒成立，
所以，只需，
令且，则，即递减，
所以，故在上不存在；
综上，
（3）由（2）知：时，在恒有，故不可能有零点；
时，在上递减，在上递增，且，
所以上，无零点，即，且趋向于正无穷时趋向正无穷，
所以，在上存在唯一，使，
要证，只需在上恒成立即可，
令，若，则，
令，则，即在上递增，故，
所以，即在上递增，故，
所以在上恒成立，得证；
故，得证.
【点睛】关键点点睛：第三问，通过讨论确定在某一单调区间上存在唯一零点的a的范围后，应用分析法证恒成立即可.
20．已知椭圆的短轴的两个端点分别为，离心率为.
(1)求椭圆的方程；
(2)设点，点为椭圆上异于的任意一点，过原点且与直线平行的直线与直线交于点，直线与直线交于点，求证：为定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）依题意可得、，再根据、、的关系，求出，即可得解；
（2）设直线的方程为：，，即可求出点坐标，再联立直线与椭圆方程，求出的坐标，同理求出的坐标，再求出，的坐标，最后根据数量积的坐标运算得到，即可得证；
【详解】（1）解：由题意可得，，，
解得，
所以椭圆的方程为：；
（2）解：设直线的方程为：，
则过原点的直线且与直线平行的直线为，
因为是直线与的交点，所以，
因为直线的方程与椭圆方程联立：
，整理可得：，
可得，，
即，因为，
直线的方程为：，
联立，解得：，由题意可得，
所以，，
所以，即，所以，即为定值；
21．已知有限数列为单调递增数列．若存在等差数列，对于A中任意一项，都有，则称数列A是长为m的数列．
（1）判断下列数列是否为数列（直接写出结果）：
①数列1，4，5，8；②数列2，4，8，16．
（2）若，证明：数列a，b，c为数列；
（3）设M是集合的子集，且至少有28个元素，证明：M中的元素可以构成一个长为4的数列．
【答案】（1）①数列，，，是数列；②数列，，，是数列；（2）证明见解析；（3）证明见解析．
【分析】（1）由数列的新定义，可直接判定，得到答案；
（2）分当，和三种情况讨论，结合数列的新定义，即可求解；
（3）假设中没有长为的数列，先考虑集合，得到存在一个，使得中没有一个元素属于，再考虑集合，得到存在一个，使得中没有一个元素属于，进而证得集合中至多有个元素，即可得到结论.
【详解】（1）由数列的新定义，可得数列，，，是数列；数列，，，是数列．
（2）①当时，令，，，，
所以数列，，，为等差数列，且，
所以数列，，为数列．
②当时，令，，，，
所以数列，，，为等差数列，且．
所以数列，，为数列．
③当时，令，，，，
所以数列，，，为等差数列，且．
所以数列，，为数列．
综上，若，数列，，为数列．
（3）假设中没有长为的数列，
考虑集合，，，，．
因为数列，，，，是一个共有5项的等差数列，
所以存在一个，使得中没有一个元素属于．
对于其余的，
再考虑集合，，，，．
因为，，，，是一个共有5项的等差数列，
所以存在一个，使得中没有一个元素属于．
因为中个数成等差数列，所以每个中至少有一个元素不属于．
所以集合中至少有个元素不属于集合．
所以集合中至多有个元素，这与中至少有个元素矛盾．
所以假设不成立．
所以中的元素必能构成长为4的数列．
【点睛】1、数列新定义问题的特点：通过给出一个新的数列概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情境，要求考生再阅读理解的基础上，以及题目提供的信息，联系所学知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的；
2、遇到数列的心定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使问题得以解决.