2025北京十一学校高三12月月考数学试题及答案

高中2025北京十一学校高三12月月考数学学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．已知全集，集合，，则=（

）．A． B． C． D．2．已知复数，则的共轭复数在复平面内对应的点的坐标为（

）A． B． C． D．3．双曲线的一条渐近线方程为（

）A． B．C． D．4．已知函数，则下列说法错误的是（

）A．的定义域为 B．为偶函数C．的最大值是0 D．在上单调递增5．已知，，则下列不等式一定成立的是（

）A． B．C． D．6．已知数列是等差数列，数列是等比数列，，，为正数且不等，则下列不等关系中错误的是（

）A． B．C． D．7．已知函数，则“”是“是偶函数，且是奇函数”的（

）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件8．遗忘曲线是由德国心理学家艾宾浩斯研究发现的，它描述了人类大脑对新事物遗忘的规律.某同学根据自己记忆100个英语新单词的经历，用画图软件拟合了自己的遗忘曲线，得到其记忆率（记住的单词个数占总单词数的百分比）与初次记忆经过的时间（单位：小时）的函数关系式为，当记住的单词仅剩25个时，则离初次记忆经过了（

）（参考数据：）A．100小时 B．300小时 C．1000小时 D．3000小时9．已知函数，若关于的不等式在上恒成立，则实数的取值范围为（

）A． B． C． D．10．对于给定的数列，如果存在实数，，使得对任意成立，我们称数列是“线性数列”，数列满足，，则下列选项错误的是（

）A．等差数列是“线性数列”B．等比数列是“线性数列”C．若是等差数列，则是“线性数列”D．若是等比数列，则是“线性数列”二、填空题11．已知抛物线，则抛物线的准线方程为.12．在平面直角坐标系中，已知角的顶点与坐标原点重合，始边落在轴的正半轴上，终边经过点，则.13．下图是正三棱柱和正四棱台的组合体.已知正四棱台的侧棱、下底的长度分别为4、6，侧面与底面所成二面角的正切值均为，则该组合体的表面积为.14．已知，，是平面向量，是单位向量.若非零向量与的夹角为，向量满足.（1）当与共线时，；（2）的最小值是.15．已知曲线，下列说法正确的是.①曲线的图象关于原点对称；②对任意，直线与曲线有唯一交点；③对任意，恒有；④曲线在的部分与轴围成图形的面积小于.三、解答题16．已知平面四边形中，，，.(1)若，求的长；(2)设，记四边形的周长，求的最大值.17．如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面平面，，E，F分别为的中点.(1)求证：平面；(2)若，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求二面角的大小.条件①：；条件②：.注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.18．已知函数，曲线在处的切线方程平行于轴.(1)求的值；(2)求函数的极值.19．已知椭圆的离心率为分别为椭圆的左、右焦点，点是椭圆上不与端点重合的动点，且的周长为.(1)求椭圆的方程；(2)已知过点的直线与椭圆交于两点，点，直线与直线分别交于点，求线段的中点的坐标.20．已知，函数.(1)求的单调区间；(2)已知与有相同的最大值，（ⅰ）求的值；（ⅱ）直线与两条曲线和共有四个不同的交点，其横坐标分别为，证明：.21．已知有穷数列：，，满足，，且恰有项为.

定义，其中，.

对于给定的正整数，若正整数满足，则称是一个“险胜时刻”.(1)对于满足的数列：，写出全部的“险胜时刻”.(2)当时，数列：中“险胜时刻”最多有多少个?(3)求的所有可能值，使得数列：一定存在“险胜时刻”.

参考答案题号12345678910答案BABDDCACBC1．B【分析】根据补集和交集的定义求解即可.【详解】由，，则，又，所以.故选：B.2．A【分析】由复数的除法求得，由共轭复数的定义可得出复数，再由几何意义求在复平面内对应的点的坐标.【详解】因为，所以，即复数在复平面内对应的点为.故选：A.3．B【分析】直接根据双曲线的渐近线方程的公式求解即可.【详解】双曲线的焦点在轴上，且，则，所以双曲线的渐近线方程为.故选：B.4．D【分析】列不等式求出定义域可判断A；利用偶函数的定义可判断B；利用二次函数和对数函数的性质求出最大值可判断C；利用复合函数的单调性可判断D.【详解】由且，解得，则的定义域为，故A正确；∵，则为偶函数，故B正确；∵，，令，当时，单调递减，而在上单调递增，则在上单调递减，故D错误；∵，，令，当时，，则的最大值是，故C正确.故选：D.5．D【分析】举反例判断AC；利用基本不等式判断BD.【详解】对于A，若，则，错误；对于B，若，则，错误；对于C，当，，则，错误；对于D：若，则，所以，正确.故选：D.6．C【分析】先得到数列的公差和公比，构造函数，用导数分析函数的最值，可判断AD的真假；利用基本不等式的推广结论，可判断BC的真假.【详解】设数列的公差为d，数列的公比为q，因为，所以有，，又，所以.对A：因为，，设函数，，则，.由；由.所以在上单调递减，在上单调递增，且.所以当且时，，即（且），即，所以，即，故A正确；对B：因为，，因为（因为，故等号不能成立），所以.故B正确；对C：，.因为（因为，故等号不能成立），所以.故C错误；对D：因为，.设，，则，.由；由.所以在上单调递减，在上单调递增，且.所以当且时，.即，即，故D正确.故选：C7．A【分析】首先求出、的解析式，再根据正弦函数的性质求出使是偶函数且是奇函数时的取值，再根据充分条件、必要条件的定义判断即可.【详解】因为，则，，若是奇函数，则，解得，若是偶函数，则，解得，所以若是偶函数且是奇函数，则，所以由推得出是偶函数，且是奇函数，故充分性成立；由是偶函数，且是奇函数推不出，故必要性不成立，所以“”是“是偶函数，且是奇函数”的充分不必要条件.故选：A8．C【分析】利用对数性质求解指数方程可得答案.【详解】由题意得，所以，即，两边同时取以10为底的对数，得，所以.故选：C.9．B【分析】对进行分类讨论，使得与分离，再转化为关于的函数的最值，进而求出的范围.【详解】当时，由得，当时，恒成立，因为令，则，令，则，所以在上递减，所以，即的最小值为2，所以此时，当时,由得成立;当时，恒成立，因为，当且仅当时取等，所以，（2）当时，由得恒成立，令，则，由得，由得，所以函数在上递减，在上递增，所以时，，所以，综上所述：.故选：B10．C【分析】等差等比数列的通项公式代入选项A，B中，逐一验证选项对错，选项C,D用特殊法和累加法证明.【详解】选项A，等差数列是“线性数列”，设等差数列的公差为d，则。对比线性数列定义，取，，满足，故A正确.选项B，等比数列是“线性数列”，设等比数列的公比为r，则，对比线性数列定义，取，，满足，故B正确.选项C，若是等差数列，则是“线性数列”设，，，则，，，.假设是线性数列，由、得，解得，，则应满足，但实际，矛盾，故不是线性数列，故C错误.选项D，若是等比数列，则是“线性数列”设的公比为，，则.若，则(常数)，，取，，满足线性数列定义；若，则，由，得：累加得：.又，因此：假设，代入得：.两边同乘消分母：含的项：左边为，右边为，因此系数相等：.代入得，展开并整理求：，使成立，故是线性数列，故D正确.故选：C11．【分析】根据抛物线的性质，求解抛物线的准线方程.【详解】由，则，所以其准线方程为.故答案为：12．【分析】先由角的终边过点，根据任意角的三角函数的定义求出，再由二倍角公式，即可得出结果.【详解】因为角的顶点与坐标原点重合，始边落在轴的正半轴上，终边经过点，所以所以.故答案为：.13．/【分析】设正四棱台的高为，侧面与底面所成二面角为，上底为，利用几何关系构建方程组解出，再求表面积即可.【详解】设正四棱台的高为，侧面与底面所成二面角为，上底为，由题意可得，结合侧棱关系可得，联立两方程可得，所以正四棱台的斜高为，所以，该几何体的表面积为.故答案为：.14．1或3【分析】（1）设，由，代入计算可得或，计算即可求解；（2）由得，故，或或，设，，以O为原点，的方向为轴正方向，建立坐标系，得B点在以为圆心，1为半径的圆上，的几何意义等价于圆上的点到射线上的点的距离，则其最小值为圆心到直线的距离减去半径，从而求得最小值.【详解】（1）当与共线时，设，因为向量满足，所以，即，解得或，所以或，即或3.（2）设，，以O为原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示坐标系，则，令，则，，由，或或，得点在以为圆心，1为半径的圆上，又非零向量与的夹角为，则设的起点为原点，则终点在不含端点的两条射线，上，则的几何意义等价于圆上的点到射线上的点的距离，则其最小值为圆心到直线的距离减去半径，不妨以为例，则的最小值为故答案为：1或3；.15．①③④【分析】代入点，即可判断①；令，即可判断②；根据导数可判断在上的单调性，即可知，再结合函数单调递增，且，即可判断③；结合不等式可得曲线位于圆内部，结合曲线的对称性判断④.【详解】代入点，左式，右式，即左式与右式仍相等，即点在曲线上，所以①正确；令，则，解得或，②错误；由，可得，，又函数，，求导可得，可得函数在和上单调递减，在上单调递增，所以，即当时，，又函数为奇函数，且单调递增，又，所以若，则恒成立，即，③正确；当时，，又，且，则，即,此时曲线C在曲线内部，又与轴围成圆心为，半径为的半圆，又曲线的图象关于原点对称，所以曲线与轴围成的面积小于，④正确；故答案为：①③④.16．(1)(2)【分析】（1）连接，在中，由余弦定理可解；（2）在中，由正弦定理可得，再利用两角和与差的正弦公式可得最大值.【详解】（1）连接，因为，，，所以为正三角形，，在中，由余弦定理可得，代入数值可得，解得.（2）在中，由正弦定理可得，所以，所以四边形的周长，所以当时，的最大值为.17．(1)证明见解析(2)【分析】（1）取中点，连接、，证明四边形是平行四边形，即可求证；（2）选择条件①，通过证平面证，然后通过建立空间直角坐标系求解；选择条件②，先通过三角形全等证是正三角形，进而证，即可通过建立空间直角坐标系求解.【详解】（1）证明：取中点，连接、，分别为，的中点，所以，；在菱形中，因为，；所以，，所以四边形为平行四边形，所以，又因为平面，平面，所以平面.（2）选择条件①：易知平面，平面，平面，所以有，，又因为，，平面，平面，所以平面，因为平面，所以；以为原点，为轴，为轴，为轴，建立如图所示空间直角坐标系，又因为，,且易知是正三角形，，所以，则，，，，，设平面的法向量为，则，不妨令,解得；根据已知条件，可得平面的法向量为，所以，所以二面角的大小为.选择条件②：连接，因为平面，且、、均在平面中，所以，，，所以，又因为，，所以，所以，又因为底面为菱形，所以，即是正三角形，又因为为的中点，所以，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立如图所示空间直角坐标系，又因为，,且是正三角形，，所以，则，，，，，设平面的法向量为，则，不妨令,解得；根据已知条件，可得平面的法向量为，所以，所以二面角的大小为.18．(1)(2)极小值为，无极大值【分析】（1）求导，得到函数在处的斜率，列方程求出的值；（2）利用导数研究函数的单调性，进而求出极值.【详解】（1）因为，所以，所以，又因为曲线在处的切线方程平行于轴，所以，即，解得；（2）由（1）可知，所以，要使该函数有意义，则，所以且，所以函数定义域为又，因为，令，解得或（负值舍去），所以，所以当时，，，单调递减，当时，，，单调递减，当时，，，单调递增，所以函数在处取得极小值，极小值为，又极值点不能在区间端点处取得，所以该函数无极大值.19．(1)(2)【分析】（1）由离心率的定义和焦点三角形的周长列方程可解；（2）设出直线方程，联立曲线方程得到韦达定理，然后利用直线方程与联立表示出交点的纵坐标，再由中点坐标公式可得.【详解】（1）由题意可得，又的周长为，由椭圆的性质可得，联立可解，所以，所以椭圆的方程.（2）显然直线的斜率存在，设其方程为，联立椭圆方程，消去可得，设，显然，则，因为，所以，代入可解得，同理可解得，所以的中点的纵坐标为，又展开代入韦达定理可得，所以线段的中点的坐标为.20．(1)答案见详解(2)（ⅰ）1（ⅱ）证明见详解【分析】（1）求函数定义域，求导数，即可求得函数的单调区间；（2）（ⅰ）由（1）求得函数的最大值.求函数的定义域和导数，由导数求得函数单调区间，求得函数的最大值，然后建立方程解得；（ⅱ）构造函数和函数，由（ⅰ）得到函数的单调区间.构造函数，由得到函数的单调性，然后得到的大小关系，即可求得函数的最大值，然后得到函数的关系，画出函数大致图像，得到交点.然后方程求得方程的解得关系，即可证明结论.【详解】（1）函数的定义域为，，令，即，则，∴时，，函数单调递增，∴时，，函数单调递减，（2）（ⅰ）由（1）可知函数，函数的定义域为，，当时，∵，∴，∴，函数单调递增，当时，，函数单调递减，∴，由题意得，即，令函数，，，所以函数在上单调递减，所以函数存在唯一的零点，即.（ⅱ）∴，，令，令，且，则由（ⅰ）可知在上单调递减，在上单调递增，令，则，当时，，函数单调递减，则，∴，此时当时，，函数单调递增，则，∴，此时∴，当且仅当取等号，所以函数，作函数的大致图像如下由图可知是方程的两根，是方程的两根，∴，令，，则，令函数，则，当时，，函数单调递减，∴，即，则，∴，∴，同理可得，，即，∴21．(1)(2)(3)【分析】（1）所谓“险胜时刻”的含义为：数列从第项开始的连续项里，恰好比多一个，从而可以利用这点得到答案；（2）先证明“险胜时刻”的个数不超过，然后给出取到的例子，即可得到最多有个；（3）对，，三种情况分类讨论，即可得到答案.【详解】（1）所谓“险胜时刻”的含义为：数列从第项开始的连续项里，恰好比多一个.该数列的第项和第项为，其余为.所以是数列的“险胜时刻”的含义为：数列从第项开始的连续项里，恰好比多一个.那么满足条件的全部为：.（2）①首先证明