精品解析：北京市清华大学附属中学朝阳学校、望京学校2024-2025学年高三上学期12月月考数学试卷

清华附中朝阳、望京学校月考试卷 高三数学2024.12.19 一、选择题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项． 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 在复平面内，点对应的复数为，则实数（ ） A. 1 B. C. 2 D. 3. 已知锐角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边上有一点，则（ ） A. B. C. D. 4. 如图，在中，是的中点.若，则（ ） A. B. C. D. 5. 设函数，则满足的的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 已知抛物线上一动点，则到点和点的距离之和的最小值是（ ） A. B. 4 C. 5 D. 6 7. 在中，“”是“为钝角”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 8. 设圆的半径为3，其一条弦为圆上任意一点，则的最大值为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 4 9. 已知函数，且是的极小值点，则可以是（ ） A. B. C. D. 10. 设集合，，，中至少有两个元素，且满足： ①对于任意，若，都有 ②对于任意，若，则； 下列命题正确的是（ ） A. 若S有4个元素，则有7个元素 B. 若S有4个元素，则有6个元素 C. 若S有3个元素，则有5个元素 D. 若S有3个元素，则有4个元素 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分． 11. 已知双曲线的焦点为，实轴长为2，则双曲线的离心率为__________，渐近线方程为__________. 12. 已知为等差数列，为其前项和.若，，则__________. 13. 若直线与交于两点，写出满足“”的的一个值_______ 14. 已知空间四点中任意两点间的距离都等于，则点到平面的距离为_______． 15. 已知无穷数列满足：对任意，有，且．给出下列四个结论： ①存在无穷多个，使得； ②存在，对任意，有； ③对任意，有； ④对任意，存在互不相同的，使得． 其中所有正确结论的序号是_______ 三、解答题共6小题，共85分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程． 16. 已知函数，且的最小正周期为． （1）求的值及函数的单调递减区间； （2）将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，当时，求函数的值域． 17. 在中，已知， （1）求； （2）的周长为9，再从以下条件中选择一个，使三角形存在且唯一确定，并求的面积． ①；②；③． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得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． 18. 如图所示的几何体中，垂直于梯形所在的平面，为的中点，，四边形为矩形. （1）求证：平面； （2）求二面角的余弦值. 19. 已知椭圆的短轴长为，右焦点为，直线：与轴交于点，且．过点的直线与椭圆交于两点． （1）求椭圆的方程及离心率； （2）过点且平行于轴的直线交椭圆于另一点，求面积的最大值． 20. 已知函数，曲线在点处的切线方程记为．定义函数． （1）当时求的解析式； （2）当时，判断函数的单调性并说明理由； （3）若满足当时，总有成立，则称实数为函数的一个“点”，求函数的所有点． 21. 已知有穷数列，从数列中选取第项，第项，，第项，顺次排列构成数列，其中，则称新数列为的长度为的子列.规定：数列的任意一项都是的长度为1的子列，若数列的每一子列的所有项的和都不相同，则称数列为完全数列.设数列满足. （1）判断下面数列的两个子列是否为完全数列，并说明由； 数列①：；数列②：. （2）数列的子列长度为，且为完全数列，证明：的最大值为6； （3）数列的子列长度，且为完全数列，求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 清华附中朝阳、望京学校月考试卷 高三数学2024.12.19 一、选择题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项． 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据集合的交运算的定义即可求解. 【详解】， 故， 故选：A 2. 在复平面内，点对应的复数为，则实数（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的乘法运算及复数对应点求参即可. 【详解】因为对应点为, 所以, 即得. 故选：D. 3. 已知锐角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边上有一点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据三角函数的定义求出，再由诱导公式计算可得. 【详解】因为锐角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边上有一点， 所以， 所以. 故选：C 4. 如图，在中，是的中点.若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据平面向量的线性运算可得答案. 【详解】因为是的中点，，， 所以 . 故选：C. 5. 设函数，则满足的的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据分段函数解析式，结合分类讨论、对数函数的单调性求解即可. 【详解】当时，由，解得， 所以在上的解集为； 当时，由，解得， 所以在上的解集为， 综上，满足的的取值范围是， 故选：A. 6. 已知抛物线上一动点，则到点和点的距离之和的最小值是（ ） A. B. 4 C. 5 D. 6 【答案】D 【解析】 【分析】根据抛物线的定义，结合图形分析求解即可. 【详解】由，则抛物线的焦点为，准线为， 设，在准线上的射影为， 由图可知，根据抛物线的定义， . 故选：D. 7. 在中，“”是“为钝角”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 【解析】 【分析】根据两角和的正切公式结合充分，必要条件的定义，判断求解即可. 【详解】在中，若， 若，，此时满足， 而为钝角，则不为钝角； 反之：若为钝角，则， 在中，，则，即. 所以“”是“为钝角”的必要不充分条件. 故选：B. 8. 设圆的半径为3，其一条弦为圆上任意一点，则的最大值为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】转化，进而结合平面向量的数量积及运算律求出，，进而求解即可. 【详解】，如图所示， 又， 设夹角为，则， 因为为圆上任意一点，所以时，取得最大值12， 此时. 故选：D. 9. 已知函数，且是的极小值点，则可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据导数依次判断是不是的极小值点即可. 【详解】对于A，，， 则，当时，，所以； 当时，，所以， 所以不是的极值点，故A错误； 对于B，，则， ，当时，，，所以； 当时，，，所以， 所以不是的极值点，故B错误； 对于C，，则， ，当时，； 当时，，所以是的极小值点，故C正确； 对于D，，则， ，当时，；当时，， 所以是的极大值点，故D错误. 故选：C. 10. 设集合，，，中至少有两个元素，且满足： ①对于任意，若，都有 ②对于任意，若，则； 下列命题正确的是（ ） A. 若S有4个元素，则有7个元素 B. 若S有4个元素，则有6个元素 C. 若S有3个元素，则有5个元素 D. 若S有3个元素，则有4个元素 【答案】A 【解析】 【分析】分别给出具体的集合S和集合T，利用排除法排除错误选项，然后证明剩余选项的正确性即可. 【详解】首先利用排除法：若取，则， 此时，包含4个元素，排除选项 C； 若取，则，此时，包含5个元素，排除选项D； 若取，则， 此时，包含7个元素，排除选项B； 下面来说明选项A的正确性： 设集合，且，， 则，且，则， 同理，，，，， 若，则，则，故即， 又，故，所以， 故，此时，故，矛盾，舍. 若，则，故即， 又，故，所以， 故，此时. 若， 则，故，故， 即，故， 此时即中有7个元素，故A正确. 故选：A. 【点睛】“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝. 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分． 11. 已知双曲线的焦点为，实轴长为2，则双曲线的离心率为__________，渐近线方程为__________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】设双曲线方程为，求出、、，即可求离心率和渐近线方程. 【详解】设双曲线的半焦距为，由题设可得且焦点在轴上， 故可设双曲线方程为，则，即， 故，即，故离心率，渐近线方程为. 故答案为：；. 12. 已知为等差数列，为其前项和.若，，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】设等差数列的公差为，根据题意列出关于和的方程组，求出这两个量的值，然后利用等差数列的求和公式可求出的值. 【详解】设等差数列的公差为，由题意得，解得， 所以. 故答案为：. 13. 若直线与交于两点，写出满足“”的的一个值_______ 【答案】（答案不唯一） 【解析】 【分析】根据圆的几何性质结合勾股定理求解即可. 【详解】由，圆心为，半径为， 则圆心到直线的距离为， 由，得，解得. 故答案为：（答案不唯一）. 14. 已知空间四点中任意两点间的距离都等于，则点到平面的距离为_______． 【答案】## 【解析】 【分析】根据题意可以补成正方体来研究，再用等体积法计算距离即可. 【详解】由于A、B、C、D这四点中任意两点间距离相等， 所以这四点构成一个正四面体，可以补成正方体，且正方体的棱长为1，如图所示，   先求正四面体的体积，可以看做长方体体积减去4个全等的三棱锥体积， 即， 又可把正四面体底面看作是由四个全等的等边三角形， 每个底面积， 设点到平面的距离为， 由等体积法得，，解得. 故答案为：. 15. 已知无穷数列满足：对任意，有，且．给出下列四个结论： ①存在无穷多个，使得； ②存在，对任意，有； ③对任意，有； ④对任意，存在互不相同的，使得． 其中所有正确结论的序号是_______ 【答案】①③④ 【解析】 【分析】对于①，我们得出任意连续两个自然数中必有一个属于即可判断；对于②，我们以斐波那契数列为反例即可推翻；对于③，设，，分两种情况讨论即可判断；对于④，由③可得或，由此即可进一步判断. 【详解】设，， 则，. 如果，则，故，从而. 这意味着任意连续两个自然数中必有一个属于，所以一定是无限集，故①正确； 注意到数列，满足全部条件，这里是斐波那契数列， 这能够得到以及，从而. 假设此时有，， 则，即对任意成立，这显然不可能，故②错误； 设，，若，则； 若，则. 任一情况都有，故③正确； 由③的过程还可以得到：或. 这意味着可以适当选取使得， 从而，故④正确. 故答案为：①③④. 【点睛】关键点点睛：对于②的判断，关键是利用斐波那契数列的性质得出矛盾，由此即可顺利得解. 三、解答题共6小题，共85分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程． 16. 已知函数，且的最小正周期为． （1）求的值及函数的单调递减区间； （2）将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，当时，求函数的值域． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）根据二倍角公式以及辅助角公式化简得，即可利用周期公式求解，利用整体法即可求解单调区间； （2）根据函数图象平移可得，进而结合正弦函数的性质求解即可. 【小问1详解】 由 ， 由于的最小正周期为，故，解得， 则， 令，解得， 故单调递减区间为. 【小问2详解】 由题意可得， 当时，， 则，所以， 则函数的值域为． 17. 在中，已知， （1）求； （2）的周长为9，再从以下条件中选择一个，使三角形存在且唯一确定，并求的面积． ①；②；③． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得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） 选择条件①：不符合题意； 选择条件②：的面积为； 选择条件③：的面积为. 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理及两角和的正弦公式化简求解即可； （2）选择条件①：利用特殊角的三角函数值求解判断即可； 选择条件②：利用特殊角的三角函数值求出则，，可得为等边三角形，进而求解； 选择条件③：由余弦定理结合周长求出，可得为等边三角形，进而求解. 【小问1详解】 由， 根据正弦定理得，， 则， 又，所以，则，即， 又，所以. 【小问2详解】 选择条件①： 由，，无解，不符合题意； 选择条件②： 由，，则，， 所以为等边三角形， 因为的周长为9，则，即， 所以的面积为； 选择条件③： 由题意，，， 因为的周长为9，则，即， 由余弦定理得，， 则，即，即， 则，此时为等边三角形， 则的面积为. 18. 如图所示的几何体中，垂直于梯形所在的平面，为的中点，，四边形为矩形. （1）求证：平面； （2）求二面角的余弦值. 【答案】（1）设线段交于点，连接， 因为四边形为矩形，所以为的中点. 在中，分别为的中点，所以， 因为平面，平面， 所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）设线段交于点，连接，即可得到，从而得证； （2）建立空间直角坐标系，利用两个半平面的法向量可得二面角的余弦值，即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为垂直于梯形所在的平面，平面， 所以，， 又，即， 如图以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 则，所以，，， 设平面的法向量为， 则，解得，令，得， 所以平面的一个法向量为. 设平面的法向量为， ，所以平面的一个法向量为， 所以， 由图可知二面角为钝二面角， 所以二面角的余弦值为. 19. 已知椭圆的短轴长为，右焦点为，直线：与轴交于点，且．过点的直线与椭圆交于两点． （1）求椭圆的方程及离心率； （2）过点且平行于轴的直线交椭圆于另一点，求面积的最大值． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）由题意建立关于的方程组，解出即可得椭圆的方程及离心率； （2）设直线的方程为，联立直线方程与椭圆方程，设，根据，得的取值范围，由韦达定理可得，，设，则有，设，则，只需利用韦达定理证明，即可证明Q，F，M三点共线，进而根据题意化简得面积，再利用基本不等式即要求得最大值. 【小问1详解】 由题意可得，解得， 所以椭圆的方程为，离心率为. 【小问2详解】 由（1）得，直线：，则， 由题意，显然直线的斜率存在，设直线的方程为， 联立，整理得， 依题意，得， 设，则，， 设，即有， 即， 设，即有， 则， 所以，由于， 因为 ， 又因为 ， 所以，即有， 故有，则三点共线， 所以面积 ， 当且仅当，即时取等号，满足， ∴面积的最大值. 20. 已知函数，曲线在点处的切线方程记为．定义函数． （1）当时求的解析式； （2）当时，判断函数的单调性并说明理由； （3）若满足当时，总有成立，则称实数为函数的一个“点”，求函数的所有点． 【答案】（1）； （2）递减区间为，递增区间为； （3）. 【解析】 【分析】（1）求出的导数，再导数的几何意义求出切线方程得. （2）利用导数的几何意义求出切线，进而求出，再利用导数探讨其单调性. （3）根据给定条件，求出与同号的值即可. 【小问1详解】 函数，求导得，则，而， 则函数的图象在处的切线方程为：，即， 所以的解析式为. 【小问2详解】 由（1）知，，而， 曲线在点处的切线方程为， 则 ， 求导得， 令，求导得 ，令， 求导得，当时，，当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增， 故 当时，，则，即恒成立， 函数在上单调递增，而， 则当时，，即，在上单调递减； 当时，，即，在上单调递增， 所以当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为. 【小问3详解】 当时，总有成立，即与同号， 则当时，，当时，， 而，由（2）知：， ，若，即，则存在使得时，， 函数在上单调递减，，， 在上单调递减，，不合题意； 若，即或，则存在使得时，， 函数在上单调递增，，， 在上单调递减，，不合题意； 因此，即或， 当时，， ，与当时，矛盾； 当时，， 又，令，求导得， 当时，，当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增， ，当且仅当时取等号，于是，当且仅当时取等号， 因此当时，恒成立，即恒成立， 所以函数的所有点. 【点睛】方法点睛：导数在函数中的综合应用，以及利用导数研究函数的零点问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与最值，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题． 21. 已知有穷数列，从数列中选取第项，第项，，第项，顺次排列构成数列，其中，则称新数列为的长度为的子列.规定：数列的任意一项都是的长度为1的子列，若数列的每一子列的所有项的和都不相同，则称数列为完全数列.设数列满足. （1）判断下面数列的两个子列是否为完全数列，并说明由； 数列①：；数列②：. （2）数列的子列长度为，且为完全数列，证明：的最大值为6； （3）数列的子列长度，且为完全数列，求的最大值. 【答案】（1） 数列①不是完全数列，数列②是完全数列，理由如下： 数列①：因为，所以数列①不是完全数列； 数列②：因为， ， 即每一子列的所有项的和都不相同，所以数列②是完全数列. （2） 假设存在完全数列，其长度为，则， 则长度为的数列的每一子列的所有项的和有个， 设其所有项的和的最小值为，最大值为， 则， 可得， 整理得， 当时，； 当时，； 当时，； 当，则，， 所以； 综上所述：当时，不存在，使得成立. 所以假设不成立，则，且，符合题意， 所以m的最大值为6. （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意逐项分析判断即可； （2）根据题意利用反证法结合等差数列求和分析说明； （3）根据题意转化为求的各项最小值，结合题意分析运算即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 因为长度，且为完全数列，且， 可知的最小值为1，的最小值为2，取； 因为，则的最小值为4，取； 因为，则的最小值为8，取； 因为， ， 则的最小值为16，取； 此时均取到对应的最小值，则均取到对应的最大值， 则， 所以的最大值为. 【点睛】关键点点睛：1.对于数列新定义问题，要充分理解题意，根据题意分析运算； 2.对于直接证明比较困难，可以采用反证法，适当放缩运算求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $