2024届北京市西城区北师大附属实验中学高三上学期12月月考数学试题含答案

这是一份2024届北京市西城区北师大附属实验中学高三上学期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．设集合，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据集合的交集运算可得.
【详解】，
所以，
故选：C
2．设，则下列结论中正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】利用对数运算性质判断各项等式是否成立即可.
【详解】，A错；
，B错；
，C对；
，D错.
故选：C
3．若复数纯虚数，其中为实数，则的虚部为（ ）
A．-2B．2C．D．
【答案】B
【分析】由复数除法结合纯虚数，虚部定义可得答案.
【详解】.
因其是纯虚数，则，故，则其虚部为2.
故选：B
4．已知直角三角形的面积为1，则关于该三角形的斜边，正确的结论是（ ）
A．最小值为2B．最大值为2
C．最小值为D．最大值为
【答案】A
【分析】根据基本不等式求得正确答案.
【详解】设直角三角形的两直角边分别为，则，
所以斜边，
当且仅当时等号成立.
故选：A
5．将函数的图象向右平移个单位得到函数的图象，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】利用三角函数图象的平移变换知识，平移即可.
【详解】结合题意：.
故选：A.
6．若双曲线的一条渐近线方程为，则该双曲线（ ）
A．离心率为，焦距为10B．离心率为，焦距为10
C．离心率为，焦距无法确定D．离心率为，焦距无法确定
【答案】D
【分析】根据双曲线的渐近线方程，结合题干条件，可以求出，根据双曲线中可以列出关于的方程，解出即可，由于题干条件不足，所以焦距无法确定.
【详解】因为双曲线焦点在轴上，
双曲线的一条渐近线方程为，所以，
即，根据双曲线中得：，
所以，所以，由于双曲线中已知，
关于的方程只有两个，所以求不出的值，即焦距无法确定.
故选：D
7．已知定义在上的奇函数满足：在单调递增，，则不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据题意，得到，，，且函数为单调递增函数，把不等式转化为或，即可求解.
【详解】由函数是定义上的奇函数，可得，
即且，
又由，可得，
因为时，单调递增函数且为奇函数，则时，函数也是单调递增函数，
所以不等式，即为或，
可得或，
所以不等式的解集为，
故选：D.
8．设是无穷数列，记，则“是等比数列”是“是等比数列”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】D
【分析】根据充分、必要条件以及等差、等比数列的知识求得正确答案.
【详解】非充分性：，
此时是等比数列，但不是等比数列；
非必要性：.
此时是等比数列，但不是等比数列.
所以“是等比数列”是“是等比数列”的既不充分也不必要条件.
故选：D
9．已知正四棱锥的条棱长均相等，为顶点在底面内的射影，则（ ）
A．侧棱与底面所成的角的大小为
B．侧面与底面所成的角的大小为
C．设是正方形边上的点，则直线与底面所成角的最大值是
D．设是正方形边上的两点，则二面角的值大于
【答案】D
【分析】根据线面角、面面角等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】依题意，平面，
平面，所以.
，
A选项，依题意可知是侧棱与底面所成的角，
，为锐角，且，A选项错误.
B选项，设是的中点，连接，由于，
侧面与底面的交线为，
所以侧面与底面所成角的平面角为，
由于平面，所以，，
所以，所以侧面与底面所成的角大于，
所以B选项错误.
C选项，当点与点重合时，直线与底面所成角为，
所以C选项错误.
D选项，过作，垂足为，由于平面，
所以，由于平面，
所以平面，由于平面，所以，
所以二面角的平面角为，
由于平面，所以，
当时，平面，则平面平面，
此时二面角为直角，
当时，，由于是正方形边上的两个点，
所以，所以，
所以二面角的值大于.
故选：D
10．平面直角坐标系中，定点A的坐标为，其中.若当点在圆上运动时，的最大值为0，则（ ）
A．的最小值为
B．的最小值为
C．的最小值为
D．的最小值为
【答案】C
【分析】设，，根据数量积的坐标运算结合两角和差公式可得，再结合余弦函数的有界性分析求解.
【详解】设，，
则，
可得，
对任意，可知当时，的最大值为，
可得，且，所以，
且当时，的最小值为.
故选：C.
二、填空题
11．已知向量，若，则 .
【答案】2
【分析】根据向量的坐标运算与垂直关系的坐标表示求解即可.
【详解】.
故答案为：2.
12．设等差数列的前项和为，若，则 .
【答案】
【分析】根据等差数列通项公式、前项和公式等知识求得正确答案.
【详解】，
，
所以.
故答案为：
13．函数在上的单调递减区间为 .
【答案】
【分析】根据原函数单调递减，则导函数小于零，根据导函数小于零解不等式即可.
【详解】由题意知，.
即，，因为，所以，
所以在中，，
所以在上的单调递减区间为.
故答案为：
14．已知点在抛物线上，以为圆心作圆与抛物线的准线相切，且截得轴的弦长为4，则 .
【答案】2或6
【分析】由题意可知：抛物线的准线为，根据抛物线方程结合弦长关系列式运算求解.
【详解】由题意可知：抛物线的准线为，
由题意可得：，
消去可得，解得或.
故答案为：2或6.
15．对于定义在上的函数，及区间，记，若，则称为的“区间对”.已知函数给出下列四个结论：①若和是的“区间对”，则的取值范围是；②若和不是的“区间对”，则对任意和也不是的“区间对”；③存在实数，使得对任意和都是的“区间对”；④对任意，都存在实数，使得和不是的“区间对”；其中所有正确结论的序号是 .
【答案】②③④
【分析】根据“区间对”的定义，逐条进行判断即可求解.
【详解】由题意得，
对于①：若和是的“区间对”，不妨设，，
所以，当，，即,
当，，即，
因为，所以，则的取值范围为.故①错误.
对于②：若和不是的“区间对”，则，
即，所以对任意的，当，即时
此时在区间上，在上，所以，
当，，所以，
所以成立，即和不是的“区间对”，故②正确.
对于③：存在，由①知，当，，关于对称，
当，总有，因为，，即，故符合题意；
当时，总有，因为，，即，故符合题意；
因为，，即，故符合题意；
综上所述：存在，使得对任意和都是的“区间对”故③正确.
对于④：由①知，当，不妨设，由②知，存在使，故符合题意；
当时，存在，当，，
当，，所以，故符合题意；
当，存在，当，，
当，，所以，故符合题意；
综上所述：对任意，都存在实数，使得和不是的“区间对”故④正确.
故答案为：②③④.
【点睛】关键点睛：本题主要是根据“区间对”的定义并结合各区间的相对应的值域进行判断.
三、解答题
16．已知函数.
(1)求的最小正周期及其图像的对称轴方程；
(2)求在上的最大值和最小值.
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）由辅助角公式可将函数化简，后由相应结论可得周期与对称轴方程；
（2）由正弦函数在上的单调性可得答案.
【详解】（1）.
则的最小正周期为：；
令，可得对称轴方程：；
（2）.
注意到在上单调递减，在上单调递增.
则， .
17．在中，角所对边分别为，已知.
(1)求；
(2)已知的面积为，点满足，求和的值.
【答案】(1)
(2)，
【分析】（1）根据正弦定理化角为边，然后利用余弦定理计算即可；
（2）根据面积公式建立方程求得，利用向量关系求得，利用余弦定理求得，然后利用正弦定理结合等腰三角形的性质求解即可.
【详解】（1）在中，，
由正弦定理得：，所以.
在中由余弦定理得：
.
（2）因为，所以.
所以，所以，所以，
因为，所以，
在中，由余弦定理得：
，
在中，由正弦定理得：，即，解得，
因为，所以，所以.
18．在三棱柱中，，平面平面，分别为棱的中点，如图：
(1)求证：平面；
(2)若，
①求与平面所成角的正弦值；
②求线段在平面内的投影的长.
【答案】(1)证明见解析
(2)①；②
【分析】（1）通过证明四边形为平行四边形，得到，进而证明平面.
（2）结合题意，通过面面垂直，转化为两两垂直，从而建立坐标系，计算即可.
【详解】（1）如图，取中点，连接，
因为为的中点，所以,且
因为在三棱柱中，为的中点，
所以,且,
所以,,
所以四边形为平行四边形.
所以，
又因为平面平面，
因此，平面.
（2）因为平面平面，且交线为.
平面.
所以平面.因为面，所以.
因为.所以.
因为，且,面，
所以平面.
再由，得两两垂直，如图建立直角坐标系.
有，
.
设平面的一个法向量.
.
①设所求线面角为，则.
②.
19．已知椭圆的离心率为，以椭圆的上､下顶点和右焦点为顶点的三角形的面积为2.
(1)求椭圆的方程；
(2)设为坐标原点，过点的直线交椭圆于点，直线交直线于点，若与的面积相等，求直线的方程.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）依题意，分别求出可得方程，
（2）联立直线方程与椭圆方程，根据韦达定理及与的面积相等建立等量关系可得结果.
【详解】（1）依题意有：，解得，
所以椭圆.
（2）①当直线的斜率不存在时，不合题意.
②设的方程为，
联立，
由于点在椭圆内，因此恒成立，，
直线，同理，
因为
所以，解得或.
综上，直线的方程为或.
20．已知函数.
(1)当时，求曲线在处的切线方程；
(2)当时，求的极大值点和极小值点的个数；
(3)若对任意恒成立，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)有1个极大值点，无极小值点
(3)
【分析】（1）求导，结合导数的几何意义求切线方程；
（2）求导，利用导数求原函数的单调性和极值；
（3）求导，分、和三种情况，结合恒成立问题分析求解.
【详解】（1）当时，，，
可得，
即切点坐标为，斜率为，
所以切线方程为.
（2）当时，，，
令，则
可知在上单调递减，且，
所以存在唯一使得，且，
当，则，即，可知在单调递增；
当，则，即，可知在单调递增；
所以有1个极大值点，无极小值点.
（3）由题意可得：，
令，则，
①当时，恒成立，
则在上单调递减，可得，符合题意；
②当时，令，得，
当时，，
故在上单调递增，此时，不合题意；
③当时，，不合题意；
综上所述：的取值范围是
【点睛】方法点睛：两招破解不等式的恒成立问题
（1）分离参数法
第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的最值；
第三步：根据要求得所求范围．
（2）函数思想法
第一步：将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的极值；
第三步：构建不等式求解．
21．设为给定的正奇数，定义无穷数列：若是数列中的项，则记作.
(1)若数列的前6项各不相同，写出的最小值及此时数列的前6项；
(2)求证：集合是空集；
(3)记集合正奇数，求集合.（若为任意的正奇数，求所有数列的相同元素构成的集合.）
【答案】(1)，6项为
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据题意，分讨论得解；
（2）利用反证法证明；
（3）由，提出猜想，证明.
【详解】（1）由题意，因为是正奇数，
当时，由，得，，这与前6项各不相同矛盾，不合题意；
当时，由，得，，，不合题意；
当时，由，得，，，，，符合题意；
综上，的最小值为5，此时数列的前6项为：.
（2）证明：假设集合非空，
当时，，又是正奇数，，而，不合题意，
当时，，若，则需，又是正奇数，不合题意，
设中元素的最小值为（显然，
因为，所以，因此为奇数，且.
若，则为偶数，
但此时应有，与矛盾；
若，则，即，与的最小性矛盾.
因此假设不成立，集合为空集.
（3）猜想.
因为，以下只需证对任意大于1的奇数，.
若，则，故只需证必存在.
由（2）知无穷数列中所有的项都属于集合，
因此必存在，使得，取其中的值最小的一组.
若，则；
若，则必有，与的最小性矛盾；
若，则必有，也与的最小性矛盾.
因此只能，因此，即.
综上，.
【点睛】思路点睛：（1）问根据题意对分类讨论，得出的最小值；（2）问利用反证法结合无穷等比数列的定义分析找矛盾；（3）问根据时，，提出猜想，证明对任意大于1的奇数，.
0
单调递增
极大值
单调递减