2025北京十一学校高三2月月考数学（教师版）

第1页/共1页2025北京十一学校高三2月月考数学考试时间：120分钟满分：150分出题人：张乐之曹磊一、选择题（共10题，每题4分，共40分）1.已知集合，且，则（）A. B.1 C. D.02.已知复数满足，则（）A.1 B. C.2 D.3.若且，则实数m的值为（）A.1 B. C. D.1或4.已知，则（）A. B. C. D.5.已知直线和圆相离，则m的取值范围为（）A. B. C. D.6.已知函数在R上单调递增，则a的取值范围为（）A. B. C. D.7.已知数列是等差数列，其前n项和为，则“，使得”是“，使得”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.已知双曲线的右焦点为F，原点为O，若双曲线上存在两个点A和B，使得四边形为正方形，则双曲线的离心率为（）A. B. C. D.9.如图，正方体中，分别是上的中点，是上的动点.下列结论错误的是（）A.平面截正方体所得截面为等腰梯形B.平面平面C.存在点，使得平面D.存在点，使得10.在企业生产经营过程中，柯布-道格拉斯生产函数有着广泛的应用，其表达式为：，其中自变量L，K分别表示生产过程中劳动要素和资本要素的投入，函数值Q表示产量，常数A是代表生产技术水平的参数，常数分别表示劳动和资本的产出弹性系数.已知在某企业中，，且时，时，则当时，对应的约为（）参考数据：，，，，A. B. C. D.二、填空题（共5题，每题5分，共25分）11.抛物线上的点到其焦点F的距离的最小值为______.12.写出满足的一组和，______，______．13.如下图，在梯形中，，，，，，则______，若是线段上的动点，且，则的最小值为______.14.如图，函数的图象和函数的图象的连续两个交点为，若，则的取值范围为__________.15.已知数列满足，则下列说法中，正确的是______①当时，对任意的，数列一定是有限数列；②当，时，若数列是无限数列，则数列一定单调递增；③存在，使得对任意的k，数列都一定是有限数列；④存在一组k和，使得数列是单调递减的无限数列．三、解答题（共6题，16题15分，17题12分，18题13分，19-21题15分，共85分）16.如图，在三棱柱中，，，，点分别在棱和棱上，且，为棱的中点．（1）求证：平面；（2）已知平面，①求二面角的正弦值：②点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）①；②【分析】（1）利用三棱柱形质以及中位线性质，根据线面平行判定定理证明即可得出结论；（2）①建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的余弦值即可得出其正弦值；②利用空间距离的向量求法代入计算可得结果.【小问1详解】取的中点为，连接，如下图所示：M为棱的中点，的中点为，可得且；又易知，且，所以，；又，所以；由三棱柱性质可得，因此，所以，可知四边形为平行四边形；可得，又平面，平面；所以平面【小问2详解】①由已知平面，可得；又，可知两两垂直，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：易知，可知，设平面的一个法向量为，所以，令，可得，因此法向量可以为，又易知平面与轴垂直，所以平面的一个法向量可以为；则；因此二面角的正弦值为；②由（1）可知，平面的法向量可以为，又，所以点到平面的距离为.17.在中，角A，B，C所对的边分别为．从下面三个条件中选择两个，使得存在，并回答下列问题：①②③．（1）求的值；（2）当时，求的面积.18.某大学附属中学高三年级同时选考物理、化学、生物的学生共有400人，其中A类班型140人，B类班型180人，C类班型80人，现采用分层抽样的方法，从该年级的所有同时选考物理、化学、生物的学生中抽取20人，调查其各科在考试中“失误丢分多于5分”的情况，并按照班型进行各专项人数汇总，数据统计如表：“失误丢分多于5分”人数语文数学英语物理化学生物A类班型412213B类班型621516C类班型121121若同一学生不同学科是否“失误丢分多于5分”相互独立，不同学生同一学科是否“失误丢分多于5分”也相互独立.（1）在抽取的20人中，A类班型、B类班型、C类班型各有多少人；（2）从上表中物理“失误丢分多于5分”的学生中随机选取2人，记为选出的B类班型的人数，求的分布列和数学期望：（3）从A、B、C三类班型中各随机抽取一人，将其“失误丢分多于5分”的科目数量记作，，，直接写出它们的期望，，的大小关系.19.已知椭圆方程，椭圆上有三个点，，．（1）求椭圆的标准方程，并求椭圆的离心率：（2）设是椭圆上的动点，且直线关于直线对称，求直线的斜率.20.已知函数，直线l为曲线在点处的切线.（1）当时，求出直线的方程；（2）若，求的最值；（3）若直线与曲线相交于点，且，求实数的取值范围．21.对任意的非空数集A，定义：，其中表示非空数集X中所有元素的乘积，特别地，如果，规定．（1）若，，请直接写出集合和；（2）若，其中是正整数，求集合中元素个数的最大值和最小值，并说明理由；（3）若，其中是正实数，求集合中元素个数的最小值，并说明理由.

参考答案一、选择题（共10题，每题4分，共40分）1.【答案】A【分析】根据题意结合集合相等列式求解即可.【详解】因为集合，且，则，解得.故选：A.2.【答案】C【分析】利用复数的乘方和模长公式求解即可.【详解】设，则，所以，解得，所以，故选：C3.【答案】D【分析】采用赋值法令代入计算可得结果.【详解】令可得，因此可得，解得或.故选：D4.【答案】C【分析】取特殊值代入验证可得AB错误，对的符号进行分类讨论可判断C正确，再由指数函数单调性可得D错误.【详解】根据题意不妨取，代入检验可得不成立，即A错误；此时，可得B错误；对于C，当时，此时，即；当时，此时，即；当时，显然；综上可知当时，成立，即C正确；对于D，因为指数函数为单调递减函数，因此时，，可知D错误.故选：C5.【答案】B【分析】由圆的方程求得圆心的坐标与半径，再由点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，然后利用直线与圆相离，列不等式求解即可.【详解】化圆为，得圆心坐标为，半径为，解得：，所以圆心到直线的距离，因为直线与圆相离，所以，所以，解得：.所以m的取值范围为.故选：B.6.【答案】D【分析】利用指数函数和二次函数性质，根据分段函数单调性求出各段所满足的条件即可.【详解】根据题意若函数为单调递增，可得；若函数为单调递增，可得，即；若保证在R上单调递增,还需满足，解得；综上可得，a的取值范围为.故选：D7.【答案】C【分析】对等差数列的公差进行分类讨论可知充分性成立，再由等差数列前n项和公式可得必要性成立，可得结论.【详解】根据题意可知，若等差数列的公差为0，可知“，使得”一定能推出“，使得”，若等差数列的公差为，由“，使得”可知都为正数，因此一定能推出“，使得”；若等差数列的公差为，由“，使得”可知都为正数，当尽量小时，一定能推出“，使得”，综上可知，充分性成立；若，使得，即，即可得；因此至少有一项大于零，即“，使得”，所以必要性也成立；即“，使得”是“，使得”的充要条件.故选：C8.【答案】B【分析】做出图形并利用正方形性质得出在双曲线上，联立方程组解得离心率.【详解】如下图所示：易知，又因为四边形为正方形，可得,且因此可得，‘设其离心率为，易知；代入双曲线的方程可得，又，联立可得，解得或（舍）；所以.故选：B9.【答案】D【分析】利用线面平行判定定理证明即可判断A正确，以为坐标原点建立空间直角坐标系，由法向量的关系可证明得出B正确，易知当点为的中点时，使得平面，可得C正确，由空间向量证明可得，可得D错误,【详解】对于A，取的中点为，连接，如下图所示：由中位线性质可得，显然，所以,即可得四点共面，即四边形即为平面截正方体所得截面，易知，所以四边形为等腰梯形，即A正确；对于B，以为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：设正方体的棱长为2，可得，易知，设平面的一个法向量为，可得，解得，令，可得；所以易知，设平面的一个法向量为，可得，解得，可得，；所以，显然，即，所以平面平面，即B正确；对于C，取的中点为，连接，如下图所示：当为的中点时，可得，且，又且，可得，即四边形为平行四边形，可得，又平面，平面，即平面；所以存在点为的中点时，使得平面，可得C正确；对于D，由B选项中空间直角坐标系如下图所示：可得，即，设，则；此时，即不成立；所以不存在点，使得，即D错误.故选：D10.【答案】D【分析】根据函数模型代入所给数据可得，利用换底公式计算可得，可求出结果.【详解】由可得表达式为，代入数据可得，解得；当时，可得，所以，即，因此，所以可得，因此，可得，即，即；根据参考数据，可得约为.故选：D【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用所给函数模型求出对应参数，再利用对数运算法则以及换底公式即可求出结果.二、填空题（共5题，每题5分，共25分）11.【答案】2【分析】根据抛物线定义结合抛物线上点的范围可求出答案.【详解】设抛物线上的点为，易知；可得抛物线的准线方程为，由抛物线定义可知，当时，距离的最小值为.故答案为：212.【答案】①.②.（答案不唯一）【分析】利用所给条件以及两角和的正弦公式，结合诱导公式计算可得结果.【详解】由可得，即可得，不妨取，所以，又，可取，，所以.故答案为：，（答案不唯一，符合题意即可）13.【答案】①.②.【分析】根据平面向量数量积的计算公式和坐标表示求解即可.【详解】因为梯形中，，，所以，所以，解得.以所在直线为轴，垂直于所在直线为轴建立如图所示坐标系，由对称性不妨设点在点左侧，设，，，则，，，所以，所以当时，取得最小值，最小值为，故答案为：；14.【答案】【分析】根据对称性知，即为等腰三角形，结合三角函数的周期，求出三角形的底和高，利用列不等式求解即可.【详解】如图，根据对称性知，即为等腰三角形，三角函数的周期，且，取的中点，连接，则，由，得或，则，则，因为，所以，解得，即，解得，所以的取值范围为.故答案为：15.【答案】①②④【分析】①分和两种情况讨论；②根据数列为无限数列得到，然后证明单调性；③当时，令，解得，只要满足此条件，可以推证数列一定是无限递增数列，从而否定③；④取k=1-1e,a1>e，可以证明数列一定是无限递减数列，从而肯定④.【详解】①当时，，当时，数列只有1项；令fx=ln当时，，时，，所以在上单调递增，上单调递减，则，即，当时，设a1<mm>0，则，，，因为，则无意义，所以数列必在项前终止，所以数列为有限数列，故①正确；②当，，an+1=ln因为数列为无限数列，若，则，同理所以a2-a3=所以数列是递减数列，且递减幅度越来越大，但，这不可能，所以，此时，，同理可得，所以数列单调递增，故②正确；③令hx=x-ln当时，，当时，，所以在上单调递减，上单调递增，则hx≥h1=1>0，即，当时，令，解得，则当，时，，所以，同理可得，数列单调递增，为无穷数列，所以不存在，使得对任意的，数列一定是有限数列，故③错误；④取k=1-1令u(x)=lnx-xe(x>0)，则在上恒为负，故在所以当时，，所以，所以，令，它显然在上单调递增，所以当时，v(x)>v(e)=所以a2综上，，同理使得数列是单调递减的无限数列，故④正确.故答案为：①②④.【点睛】关键点点睛：找到一个函数，（），使得它与直线相切，是④中构造成功的关键.利用熟知的相切，可以知道相切，从而的相切，可以构造成功④中的例子.三、解答题（共6题，16题15分，17题12分，18题13分，19-21题15分，共85分）16.【答案】（1）证明见解析；（2）①；②【分析】（1）利用三棱柱形质以及中位线性质，根据线面平行判定定理证明即可得出结论；（2）①建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的余弦值即可得出其正弦值；②利用空间距离的向量求法代入计算可得结果.【小问1详解】取的中点为，连接，如下图所示：M为棱的中点，的中点为，可得且；又易知，且，所以，；又，所以；由三棱柱性质可得，因此，所以，可知四边形为平行四边形；可得，又平面，平面；所以平面【小问2详解】①由已知平面，可得；又，可知两两垂直，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：易知，可知，设平面的一个法向量为，所以，令，可得，因此法向量可以为，又易知平面与轴垂直，所以平面的一个法向量可以为；则；因此二面角的正弦值为；②由（1）可知，平面的法向量可以为，又，所以点到平面的距离为.17.【答案】（1）（2）【分析】（1）经判断可知选择①③时存在，利用正弦定理和余弦定理计算可得结果；（2）由可得，代入三角形面积公式计算可得结果.【小问1详解】若选择①②，由可知，或，因此或，结合可知，选择①②时，不存在；若选择②③由利用正弦定理可得，又，可得，显然不成立，即选择②③，也不存在若选择①③，利用正弦定理可得，即，又，可得，此时存在；所以可得；【小问2详解】由可得，由可得；所以的面积为.18.【答案】（1）7人，9人、4人；（2）分布列见解析，期望；（3）【分析】（1）计算出抽样比可直接求得各类班型抽取的人数；（2）求出的所有可能取值及其对应的概率，可求得分布列和期望值；（3）根据表格数据可知各类班型“失误丢分多于5分”的科目数量，再利用样本估计总体的思想可知期望值，即可比较出大小.【小问1详解】根据题意可知抽样比为，又因为A类班型140人，B类班型180人，C类班型80人，所以A类班型抽取7人，B类班型抽取9人、C类班型抽取4人.【小问2详解】物理“失误丢分多于5分”的学生共有8人，其中A类班型2人，B类班型5人、C类班型1人；的所有可能取值为，易知，，；因此的分布列为：012数学期望.【小问3详解】根据表格可知，在抽取的20人中“失误丢分多于5分”的科目数量分别为A类班型13个，B类班型21个，C类班型8个；又因为A类班型抽取7人，B类班型抽取9人、C类班型抽取4人.所以利用样本估计总体的思想可知，可得.19.【答案】（1）方程为,离心率为；（2）【分析】（1）将两点代入椭圆方程解方程即可求得椭圆方程和离心率；（2）设直线的方程并与椭圆联立，解得两点的坐标表示，即可求得的斜率.【小问1详解】根据题意将代入椭圆方程可得，解得；再代入点坐标，可得，可得；所以，因此椭圆的标准方程为，离心率为.【小问2详解】如下图所示：因为两点关于轴对称，且直线关于直线对称，所以直线的斜率均存在，且互为相反数，即；设，则直线的方程为，联立，可得，显然是该方程的根，所以，可得；即因为，同理可得，可知因此直线的斜率为.20.【答案】（1）（2）最小值为，无最大值（3）【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可；（2）对求导，利用导函数的正负判定的单调性，进而求出最值即可；（3）求出直线，将“直线与曲线相交”转化为关于的方程在有解，然后通过构造函数，对进行分类讨论，结合导数可求得结果.【小问1详解】由题意可得，所以曲线在点处的切线斜率，切线方程为，整理得，所以当时，直线的方程为.【小问2详解】因为，，则，由解得，由解得，所以在单调递减，在单调递增，所以当时，取得最小值，无最大值.【小问3详解】由（1）得切线的方程为，因为直线与曲线相交于点，且，所以关于的方程在有解，令，则，令，则，①当时，由，得，由，得，所以在上递减，在上单调递增，所以，因为，所以存在唯一实数，使，当时