【文档说明】北京市八一学校2024-2025学年高三上学期12月月考数学试卷 Word版含解析.docx，共(16)页，372.170 KB，由管理员店铺上传

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北京市八一学校2025届高三年级12月月考2024.12.04一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．1.已知集合，，且，那么值可以是A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】解：因为,故集合B能取遍一切小于等于1的实数，则m>1

,故选D2.下列函数中，定义域为的奇函数是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据常见函数的定义域及奇偶性判断各选项即可.【详解】对于A，函数的定义域为，为偶函数；对于B，函数的定义域为，为奇函数；对于C，函数的定义域为，为非奇非偶函数；对于D，函

数的定义域为，因为为奇函数，所以函数为奇函数.故选：D.3.已知双曲线的一个焦点是，则其渐近线的方程为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据条件计算出的值，再根据渐近线方程为可求结果.【详解】因为的一个焦点是，所以，所以，所以渐近线方程为，即为，故选：B.4.已知

函数，则下列结论错误的是（）A.的最小正周期为B.的图象关于直线对称C.的一个零点为D.在上单调递减【答案】D【解析】【分析】利用辅助角公式计算可得，可判断A正确，由对称轴方程可得B正确，令代入验证可得C正确，再由余弦函数单调性可判断D错

误.【详解】由可得，对于A，因此的最小正周期为，可得A正确；对于B，易知的对称轴方程为，解得，当时，可得，即的图象关于直线对称，即B正确；对于C，易知，令，即，当时可得，因此的一个零点为，即C正确；对于D，当时，，结合余弦

函数单调性可得函数在上单调递减，在上单调递增，即D错误.故选：D5.已知半径为1的圆经过点，则其圆心到原点的距离的最小值为（）．A.4B.5C.6D.7【答案】A【解析】【分析】求出圆心的轨迹方程后，根据圆心到原点的距离减去半径1可得答案.【详解】设圆心

，则，化简得，所以圆心的轨迹是以为圆心，1为半径的圆，所以，所以，当且仅当在线段上时取得等号，故选：A.【点睛】本题考查了圆的标准方程，属于基础题.6.已知与是非零向量，且，则是与垂直的（）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】C【解析】【分析】利用条件证明必要性和充分性即可.【详解】因为与是非零向量，且，当时，，所以与垂直，故充分性成立，若与垂直，则因为与是非零向量，且

，所以，所以必要性成立，故若与是非零向量，则是与垂直的充要条件，故选：C.7.已知直线与圆有公共点,则实数a的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】依题意可知，直线与圆相交或相切，所以由圆心到直线的距离小于等于半径，即可求出．【详解】依题意可知

，直线与圆相交或相切．即为．由，解得．故选：A．【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系的应用，属于基础题．8.直线过点且与双曲线仅有一个公共点，则这样的直线有（）A.1条B.2条C.3条D.4条【答案】C【解析】【分析】根据直线的斜率存在与不存在

，分类讨论，结合双曲线的渐近线的性质，即可求解.【详解】当直线的斜率不存在时，直线过双曲线的右顶点，方程为，满足题意；当直线的斜率存在时，若直线与两渐近线平行，也能满足与双曲线有且仅有一个公共点.综上可得，满足条件的直线共有3条.故选：C.【点睛】本题主要考查了直线与双曲线的

位置关系，以及双曲线的渐近线的性质，其中解答中忽视斜率不存在的情况是解答的一个易错点，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及分类讨论思想的应用，属于基础题.9.已知点是抛物线上的动点，设点到此抛物线的准线的距离为，到直线的距离为，则的最小值是（）A

.2B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据抛物线的定义可得，结合图形即可得结果.【详解】题意可知：抛物线的焦点为，准线为，则，所以的最小值即为点到直线的距离为.故选：D.10.已知圆与圆交于、两点，则（为圆的圆心）面积的最大值为（）A.

B.C.D.【答案】C【解析】【分析】求出两圆的半径，从而可得，因为为锐角，所以要使的面积最大，只要取得最大值即可，此时，解出的面积，即可得解.【详解】由题意得：，所以圆心，半径，由两圆相交于、两点可知：，所以的面积，因为是半径为的圆，所以，当时，，又，此时由，解得，，

故可以取最大值，所以当时，最大，且是锐角，根据函数的单调性可知：当时，最大，在中由余弦定理可得：，所以，所以，故选：C.【点睛】关键点点睛：利用三角形的面积公式表示面积之后，关键点在于利用圆的几何性质寻找的最大值，从而确定面积的的最大值.二、填空题：本大题共5小题，每小题5

分，共25分．把答案填在答题卡上．11.已知，其中为虚数单位，，则_________．【答案】1【解析】【分析】根据复数的乘法运算以及复数相等的条件解方程可得.【详解】由可得，即，可得，解得.故答案为：112

.设等比数列的各项均为正数，其前项和为．若，则_________；_________．【答案】①.②.63【解析】【分析】利用等比数列中的项可求得公比，可求得通项公式，代入等比数列前项和公式可得.【详解】设等

比数列的公比为，根据题意由可得，解得或（舍）；所以可得，由等比数列前项和公式可得.故答案为：；63.13.已知正方形的边长为2，以为圆心的圆与直线相切．若点是圆上的动点，则的最大值是_________．【答案】8【解析】【分析】建立如图所示的平面直角坐标系

，设，用坐标表示向量的数量积，由在圆上可求得最大值．【详解】建立如图所示的平面直角坐标系，则，，，易知圆的半径为，圆方程为，设，则，则，设，则，代入圆方程并整理得，此方程有实数解，所以，解得，所以的最大值是2，所以的最大值是8．故答案为：8．14.已知，且双曲线与椭圆有共同的焦点，则双曲线的离心

率为__________．【答案】##【解析】【分析】利用双曲线与椭圆性质计算可得，，可得双曲线的离心率.【详解】根据题意设焦点坐标，由双曲线与椭圆方程可得，解得，即；因此离心率为.故答案为：15.给定

曲线为曲线，点为曲线上任一点，给出下列结论：①；②点在圆的内部；③曲线关于原点对称，也关于直线对称；④曲线至少经过4个整点（即横、纵坐标均为整数的点）．其中正确命题的序号为___________．【答案】①③④【解析】【分析】将利用基本不等式变形可得

①正确；计算可得可得可判断②错误；利用表达式将与等进行替换可得对称性成立，再由赋值法可得曲线至少经过4个整点.【详解】对于①，由满足可得，即可得，解得，即①正确；对于②，由可得，解得；所以，因此点不在圆的内部，即②错误；对于③，将替换成，替

换成，依然满足，所以曲线关于原点对称，同理可得将互换，方程不变，所以曲线关于对称，将替换成，替换成，依然满足，所以曲线关于对称，即③正确；对于④，令，则可得，解得或，即过两个整数点；同理令，则可得，解得或，即又过两个整数点；再由对称性可知曲线还过点，可得④

正确.故答案为：①③④【点睛】方法点睛：在求解对称性问题时往往根据方程形式将表达式中的进行对称替换，若满足方程则对称性成立，否则不成立.三、解答题：本大题共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．（1）

求函数的最小正周期；（2）若对恒成立，求实数的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由两角和的余弦公式计算并由辅助角公式计算可得，求得最小正周期；（2）求得在上的最大值可得恒成立，即可得实数的取值范围．小问1详解】函数，所以函数的最小正周期为．【小问2详解】对恒成立，所以，由于，所

以，当时，即时，，即时，故实数的取值范围为．17.在中，内角所对的边分别为，．（1）求；（2）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，求边上高线的长．条件①：；条件②：；条件③：．注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个要求的条件分别

解答，按第一个解答计分．【答案】（1）（2）答案见解析【解析】【分析】（1）由正弦定理计算可得，即可得;（2）若选条件①：由正弦定理可得，与已知矛盾，满足所选条件的三角形不存在；若选条件②：由余弦定理计算可得，满足题意，再由三角形面积计算可得边上高线的长；若选条件③：根据正弦定理可得，即或，

有两解，不符合题意．【小问1详解】因，由正弦定理可得，又，则，所以，则，又，解得；【小问2详解】若选条件①：，由正弦定理知，可得，又，故满足所选条件的三角形不存在，不满足题意；若选条件②：，由余弦定理可得，，即得（负值舍去），所以满足条件的三角形唯一，

设边上的高为，由三角形等面积法可知，即，解得，故边上高线的长为．若选条件③：，由正弦定理可得，即，所以，又，解得或，有两解，不符合题意．18.已知函数．（1）求曲线在点处的切线方程；（2）是否存在，使得曲线在点和点处的切线互相垂直？并

说明理由（参考数据：）【答案】（1）（2）存在，理由见解析【解析】【分析】（1）求导，根据导数的几何意义可得切线方程；（2）令，利用导数判断其单调性和值域，结合直线垂直分析判断即可.【小问1详解】因为的导数为，则，可得曲线在点处的切线斜率为1，所以切线的方程为.【小问2详解】设，则令，可得

，当时，，当时，；可知在内单调递减，在内单调递增，且，所以时，，若切线相互垂直，则存在，且，存在满足题意，例如.19.已知函数．（1）设是的极值点．求的值，并讨论的零点个数；（2）证明：当时，．【答案】（1），有两个零点（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据极值点定义代入计算可得，得

出相应单调性以及零点存在定理可得结论；（2）对函数求导得出其单调性求出的最小值，可证明得出结论.【小问1详解】的定义域为，，由题设知，，所以，从而，当时，；当时，，可得在上单调递减，在上单调递增，，由易知，由零点存在定理可得函数有两个零点【小问2详解】证明：当时，；设，则，当时，；当时，

，∴是的极小值点，也是最小值，故当时，，因此，当时，20.已知椭圆的两个焦点和短轴的两个顶点构成的四边形是一个正方形,且其周长为.（1）求椭圆的方程;（2）设过点的直线与椭圆相交于两点,点关于原点的对称点为,若

点总在以线段为直径的圆内,求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由题意列出方程组求出，，由此能求出椭圆的方程；（2）当直线的斜率不存在时，的方程为，，点B在椭圆内，由，得，由此利用根的判别式、韦达定理、弦长公式、由此能求出的取值范围

.【小问1详解】由题意，得：又因为解得，所以椭圆C的方程为.【小问2详解】当直线的斜率不存在时，由题意知的方程为，此时为椭圆的上下顶点，且，因为点总在以线段为直径的圆内，且，所以；当直线的斜率存在时，设的方程为.由方程组得，因为直线与椭圆有两个公共点，即，得；设，则.设的中点，则，所以.所以，，

因为点D总在以线段EF为直径的圆内，所以对于恒成立，所以，化简，得，整理得，而（当且仅当时等号成立）所以，由，得，综上，的取值范围是.【点睛】(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变

量的等量关系．(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．21.设数列：．已知，定义数表，其中（1）若，写出；（2）若是不同数列，求证：数表满足“”的充分必要条件为“”；（3）若数列

与中的1共有个，求证：数表中1的个数不大于．【答案】（1）（2）证明见解析（3）证明见解析【解析】【分析】（1）根据运算规则直接代入计算可得；（2）由可知若时数列，即可得充分性成立，再进行必要性证明可得结；（3）由运算法则可设中1的个数

为，可得中0的个数以及中1的个数和0的个数，再由基本不等式计算可得结论.【小问1详解】将代入计算可得．【小问2详解】证明：充分性：若，由于令，由此数列．由于．从而有，即充分性成立；必要性：若．由于是不同的数

列，（1）设，对任意的正整数，①若，可得，所以．②若，可得，所以．同理可证时，有成立．（2）设，对任意的正整数，若，可得，所以有，则是相同的数列，不符合要求．若，可得，所以有，则是相同的数列，不符合要求．同理可证时，是相同的数列，不符合要求．综上，数表满足“”的充分必要条件为“”；【小问3详

解】证明：由于数列中的1共有个，设中1的个数为，因此中0的个数为，中1的个数为，中0的个数为，若，则数表的第行为数列，若，则数表的第行为数列；所以数表中1的个数为；因此，数表中1的个数不大于.【点睛】关键点点睛：本题关键在于理解运算法则之后对中1的个数和0的个数与

中1的个数和0的个数进行统一处理，得出表达式再由基本不等式可得结论.