試題試題2024北京十一學校高三12月月考數學考試時間：120分鐘滿分：150分一?選擇題（共10小題，每題4分，共0分）1.若兩條直線與垂直，則實數的值為（）A. B. C.1 D.22.已知集合，下列說法正確的是（）A. B.C. D.3.設是各項均為正數的等比數列，為其前項和.已知，若存在使得的乘積最大，則（）A.8 B.6 C.4 D.24.下列結論正確的是（）A.若，則B.若，則C.在的最小值為D.若，則5.要得到函數的圖象，只需將函數的圖象（）A.向左平移個單位長度 B.向右平移個單位長度C.向左平移個單位長度 D.向右平移個單位長度6.已知奇函數y=fx在上單調遞增，則“”是“”的（）A.充分而不必要條件 B.必要而不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件7.已知直線與圓相交于兩點，且為等腰直角三角形，則實數的值為（）A. B.0 C.1 D.或18.若圓上存在點，直線上存在點，使得，則實數的取值范圍為（）A. B. C. D.9.已知是各項均不為零的等差數列，，公差是的前項和，設，則數列（）A.有最大項，無最小項 B.有最小項，無最大項C.有最大項和最小項 D.無最大項和最小項10.在棱長為2的正方體中，點分別為棱的中點.點為正方體表面上的動點，滿足.給出下列四個結論，不正確的是（）A.存在點，使得B.存在點，使得平面C.存在點，使得D.存在點，使得二?填空題（共5小題，每題5分，共25分）11.雙曲線的漸近線方程是__________.12.已知拋物線的焦點為，點在拋物線上.若，則點的橫坐標為__________，的面積為__________.13.若點關于直線對稱點為，寫出的一個取值為__________.14.阿基米德多面體也稱為半正多面體，是以邊數不全相同的正多邊形為面圍成的多面體.如圖，已知一個阿基米德多面體的所有頂點均是某個正方體各條棱的中點，且正方體的棱長為2，則該阿基米德多面體的體積為__________；是該阿基米德多面體的同一面上不相鄰的兩個頂點，點P是該多面體表面上異于點的任意一點，則的最大值為__________.15.已知曲線，給出下列四個命題：①曲線關于軸?軸和原點對稱：②當時，曲線上及圍成的區域內部共有9個整點（即橫?縱坐標均為整數的點）：③當時，曲線圍成的區域面積大于；④當時，曲線圍成的區域內（含邊界）兩點之間的距離的最大值是4.其中所有真命題的序號是__________.三?解答題（共6道解答題，共85分）16.已知函數，.（1）求的最小正周期及的值；（2）直線與函數，的圖象分別交于，兩點，求的最大值.17.在中，角，，所對的邊分別為，，.已知.（1）求的值：（2）若，的周長為，求的面積.18.如圖，四棱錐中，，底面是個直角梯形，，，.（1）證明：；（2）從下面條件①?條件②?條件③三個條件中選擇一個作為已知，解答下面的問題.條件①：；條件②：；條件③：二面角的大小為.在棱上是否存在點（不與端點重合），使得直線與平面所成的角的正弦值為？若存在，求的值，若不存在，說明理由.（注：如果選擇多個符合要求的條件分別解答，按第一個解答給分.）19.已知橢圓的右頂點，下頂點，焦距為.（1）求橢圓C的方程及離心率；（2）設不經過右頂點的直線交橢圓于兩點，過點作軸的垂線交直線于點，交直線于，若點為線段的中點，求證：直線經過定點.20.已知函數，其中，為自然對數的底數.（1）若函數在處的切線與平行，①求的值；②證明：函數在定義域上恰有兩個不同的零點.（2）設函數在區間上存在極值，求證：.21.已知項數列，滿足有.若變換滿足，有，且有，則稱數列是數列的一個排列.，記，如果是滿足的最小正整數，稱數列存在階逆序排列，稱是的階逆序變換.（1）已知數列，數列，求：（2）證明：對于項數列，不存在階逆序變換：（3）若項數列存在階逆序變換，求的最小值.

參考答案一?選擇題（共10小題，每題4分，共0分）1.【答案】B【分析】根據兩條直線垂直列式求解即可得到答案.【詳解】直線與直線垂直，則，解得.故選：B2.【答案】B【分析】首先求出，再根據交集運算求解即可.【詳解】因為所以.故選：B3.【答案】A【分析】先根據等比數列基本量運算得出公比或，再應用存在使得的乘積最大得出公比，通項公式計算首項即可.【詳解】因為，是各項均為正數的等比數列，設公比為,所以,計算得,所以或,所以或,當時，不存在使得的乘積最大，所以,所以.故選：A4.【答案】D【分析】利用基本不等式判斷A，利用特殊值判斷B，根據對勾函數的性質判斷C，根據冪函數的性質判斷D.【詳解】對于A，當時，，當且僅當，即時，等號成立，故A錯誤；對于B，若，，，，則，，此時，故B錯誤；對于C，當時，，又對勾函數在上單調遞減，所以當，即時，取得最小值，即在的最小值為，故C錯誤；對于D，因為，且在上單調遞增，所以，故D正確.故選：D5.【答案】C【分析】先根據輔助角公式化簡，然后根據三角函數解析式之間的關系即可得到結論.【詳解】因為，所以將其圖象向左平移個單位長度，可得.故選：C6.【答案】C【分析】根據函數是奇函數的性質結合單調性，最后應用充分必要的定義判斷即可.【詳解】當時，因為函數fx是奇函數,可得fx又因為y=fx在上單調遞增，所以x1>?x當時，x1>?x2,因為y=fx在因為函數fx是奇函數,可得fx1則“”是“”的充分必要條件.故選：C.7.【答案】D【分析】首先確定圓心坐標與半徑，依題意圓心到直線的距離，利用點到直線的距離公式得到方程，解得即可.【詳解】圓的圓心為，半徑，因為為等腰直角三角形，∴圓心到直線的距離，即，解得：,故選：D8.【答案】A【分析】根據題意得到直線與圓有公共點，從而得到，再解不等式即可.【詳解】因為圓上存在點，直線上存在點，使得，所以直線與圓有公共點.所以，解得.故選：A9.【答案】B【分析】由題意寫出數列的通項公式與求和公式，利用函數思想，構建新函數，根據導數研究函數的單調性，可得數列的單調性，可得答案.【詳解】由題意可得等差數列的通項公式，前項和，整理可得，，令，，，則，解得,求導可得?'所以函數?x在上單調遞增，在上單調遞增，令，解得或，存在，且，當時，且遞增；當時，且遞增；當時，且遞增.所以數列有最小值，無最大值.故選：B.10.【答案】C【分析】建立空間直角坐標系，利用坐標驗證垂直判斷A，由，得到方程組，找到符合題意的點，即可判斷B，找出平行直線再由坐標判斷是否垂直可判斷C，設點的坐標根據條件列出方程組，即可判斷D.【詳解】如圖，建立空間直角坐標系，則，對于A，由正方體性質知當P在時，線段長度的最大值為，此時，，所以，即滿足，即存在點，使得，故A正確；對于B：設，則，，DA=2,0,0，若平面，因為平面，所以，，即，則，顯然滿足題意，故存在點，使得平面，故B正確；對于C，取正方形的中心M，連接，易知，所以四邊形為平行四邊形，所以，故運動到處時，，此時，，，即不滿足，綜上不存在點，使得，故C錯誤；對于D，設，則，，若存在點，使得，由，，可得方程組，化簡可得，解得，顯然當時滿足題意，即存在點，使得，故D正確；故選：C二?填空題（共5小題，每題5分，共25分）11.【答案】【分析】根據雙曲線方程直接得到漸近線方程.【詳解】雙曲線的漸近線方程為，即.故答案為：12.【答案】①.②.【分析】根據焦半徑公式可求的橫坐標，求出縱坐標后可求.【詳解】因為拋物線的方程為，所以，，準線方程為，因為，，即，解得，故，解得，所以，故答案為：；.13.【答案】（答案不唯一，滿足，）【分析】依題意可得，利用和差角公式變形可得，從而求出的取值.【詳解】因為點關于直線對稱點為，所以，即，即，所以，所以，，所以，.故答案為：（答案不唯一，滿足，）14.【答案】①.②.4【分析】將該多面體置于正方體中，由此可知該阿基米德多面體是由正方體切掉8個全等的三棱錐形成，由此可求得其體積；由于是該阿基米德多面體的同一面上不相鄰的兩個頂點，可知兩點是一個面上的對角線，再利用向量之間的轉換以及向量數量積的定義即可求得最大值.【詳解】依題意，可將該多面體補成一個棱長為2的正方體，如上圖，所以該阿基米德多面體是由正方體切掉8個全等的三棱錐形成，體積；由于是該阿基米德多面體的同一面上不相鄰的兩個頂點，不妨設分別是正方體邊的中點，則當夾角是時，.故答案為：；4.15.【答案】①②③【分析】將點，，代入方程可判斷①；列舉出符合條件的點可判斷②；由，可得，進而得到，可得曲線上任意一點都在以原點為圓心，以1為半徑的圓上或圓外，可判斷③；利用二次函數性質求曲線上任意一點到原點距離的范圍，結合對稱性即可判斷④.【詳解】對于①，設點在上，對于點，代入方程，也在上；對于點，代入方程，也在上；對于點，代入方程，也在上；所以曲線關于x軸、y軸和原點對稱，故①正確；對于②，當時，，曲線上及圍成的區域內部有，，，，，，，，共9個整點，故②正確；對于③，當時，，故，可得，所以，即，所以，故曲線上任意一點都在以原點為圓心，以1為半徑的圓上或圓外，所以曲線圍成的區域面積大于以原點為圓心，以1為半徑的圓的面積，即曲線圍成的區域面積大于，故③正確；對于④，當時，則，故，可得，曲線上任意一點到原點距離，當時，，由曲線的對稱性知，曲線圍成的平面區域內（含邊界）兩點之間的距離的最大值是，故④錯誤.故答案為：①②③.三?解答題（共6道解答題，共85分）16.【答案】（1）最小正周期為，；（2）【分析】（1）利用誘導公式化簡函數，求解的最小正周期和函數值即可；（2）根據題意把線段長度表示為三角函數，利用三角函數的性質求解最值即可.【小問1詳解】因為，所以的最小正周期為，；【小問2詳解】由題意可知，，兩點的坐標為，，則，因為，所以，所以，則，所以在時的最大值為.17.【答案】（1）（2）【分析】（1）由正弦定理化角為邊，然后由余弦定理可得；（2）由誘導公式和兩角和的正弦公式求得，從而得到，結合已知條件求解即可.【小問1詳解】因為，所以由正弦定理可得，由余弦定理得，所以，得；【小問2詳解】因為，，，所以，，所以，即，由正弦定理得①，因為的周長為，即②，由（1）知③，①②③聯立解得，，所以的面積為.18.【答案】（1）證明見解析（2）答案見解析【分析】（1）取的中點，連接、，即可證明、，從而得到平面，即可得證；（2）以為坐標原點，平面，建立空間直角坐標系，推出條件①矛盾；若選條件②：設b>0,c>0，利用距離公式求出點坐標，設，求出平面的法向量，利用空間向量法求出，即可得解；若選條件③：由（1）可知即為二面角的平面角，即可求出點坐標，設，求出平面的法向量，利用空間向量法求出，即可得解.【小問1詳解】取的中點，連接、，因為，所以，又，所以，所以，即，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以；【小問2詳解】因為，，又，所以，所以四邊形為矩形，如圖以為坐標原點，平面，建立空間直角坐標系，則A1,0,0，，，；若選條件①：，顯然平面，設b>0,c>0，則，DA=2,0,0，所以，與矛盾，故條件①不符合題意；若選條件②：，顯然平面，設b>0,c>0，則，解得，則，所以，，設，則，設平面的法向量為，則，取，設直線與平面所成的角為，則，解得或（舍去），所以的值為；若選條件③：二面角的大小為.由（1）可知即為二面角的平面角，即，又，所以，則，，設，則，設平面的法向量為，則，取，設直線與平面所成的角為，則，解得或（舍去），所以的值為.19.【答案】（1），離心率為（2）證明見解析【分析】（1）依題意可得，即可求出，從而求出橢圓方程及離心率；（2）將直線方程與橢圓方程聯立，利用韋達定理結合已知條件求出的關系即可求解.【小問1詳解】依題意可得，即，所以，則橢圓方程為，離心率；【小問2詳解】由（1）可知，聯立得，且,設,則有,故，因為，所以直線，則,因為，所以直線，所以．因為點為線段的中點，所以，所以，，，，，，，因為，所以，直線，令，解得，所以直線恒過定點.【點睛】方法點睛：解決直線與圓錐曲線相交（過定點、定值）問題的常用步驟：（1）得出直線方程，設交點為；（2）聯立直線與曲線方程，得到關于或的一元二次方程；（3）寫出韋達定理；（4）將所求問題或題中關系轉化為形式；（5）代入韋達定理求解.20.【答案】（1）①；②證明見解析；（2）證明見解析.【分析】（1）①利用導數求函數在處的切線的斜率即可；②利用導數求出的單調性，結合零點存在性定理即可證明；（2）求出，當時不合題意，當時，令，利用導數判斷的單調性，根據，要使得在上存在極值，則須滿足，即a>0e?a?ee?a?a>0，分析推理即可得到a?1+e【小問1詳解】①的定義域為0,+∞，，因為函數在處的切線與平行，所以，得；②由①得，，令，因為，所以?x在0,+∞又，，所以存在唯一的，使，即，當x∈0,x0時，?x>0，即f'當x∈x0,+∞時，?x<0，即又（當且僅當，即時等號成立），即，因為，，由零點存在性定理知在和分別有一個零點，綜上，函數在定義域上恰有兩個不同的零點；【小問2詳解】依題意，，則，當時，，在單調遞增，不合題意；當時，令，，則t'x=e所以在單調遞增，因為，要使得在上存在極值，則須滿足，即a>0e?a所以，，即.設，則，令，則，當時，，在0,1單調遞減；當時，，在1,+∞單調遞增，所以，即當時，，所以，.所以，即，所以.【點睛】關鍵點睛：本題第（2）問解題的關鍵在于當時，構造函數，，利用的單調性和，將題設在上存在極值，轉化成，從而列出關于a的不等式組可進一步求解.21.【答案】（1），（2）證明見解析（3）【分析】（1）直接根據定義求解對應的數列即可；（2）分①，；②對，，，，；③對，，，，，對階逆序進行推出矛盾即可；（3）分項、項、項數列進行分類討論，由（2）知，項數列不