精品解析：北京市第十二中2025-2026学年高三上学期开学统一练习数学试题

2025-2026学年度第一学期高三开学统一练习 高三数学 本试卷共6页，150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效. 第I卷（选择题 共40分） 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】B 【解析】 【分析】根据集合的补集运算，即可求得答案. 【详解】由题意可得，结合， 故， 故选：B 2. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的除法运算即可求解. 【详解】由，则. 故选：D. 3. 已知双曲线的离心率为，则该双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据离心率及的关系可求得，进而求解即可. 【详解】由题意，则， 所以，则，即， 所以该双曲线的渐近线方程为. 故选：D. 4. 设，则下列选项中不正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用不等式的基本性质可判断AB，利用作差法可判断D，利用举反例法可判断C. 【详解】对于A，由，两边同时乘以得：，故A正确； 对于B，由，两边同时加上可得：，故B正确； 对于D，由，可知，故D正确； 对于C，当时，不等式不成立，故C错误； 故选：C. 5. 已知两个单位向量的夹角为，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由得，然后结合数量积的运算律及计算即可. 【详解】因为，所以， 所以. 故选：A. 6. 将函数的图象向右平移1个单位长度，所得图象与函数的图象关于原点对称，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用函数关于原点对称与函数图象平移变换求出函数的解析式，代入计算可得出的值. 【详解】函数的图象关于原点对称的函数的解析式为， 将函数的图象向左平移个单位长度，可得到函数， 故. 故选： 7. 已知函数（），，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用辅助角公式化简函数，由正弦函数的图像的性质及已知条件得到函数对称轴，即可求得的最小值. 【详解】， ∵，要求的最小值，则函数周期，即. ∴函数关于对称，，即， ∴的最小值为， 故选：B. 8. 某工厂产生的废气经过滤后排放，过滤过程中废气的污染物含量（单位：）与时间（单位：）的关系为，其中，k是常数.如果在前5h消除了的污染物，那么污染物减少需要花多少时间（精确到）？（，）（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题设条件可得，据此可求污染物减少到需要的时间. 【详解】由题设有，故，故， 令，故，故， 所以， 故选：C. 9. 已知定义在R上的函数，集合，那么“”是“在上单调递减”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据题设，结合函数单调性的定义、充分、必要条件的定义求解即可. 【详解】若，则，由， 任取，且， 由于，则， 而，则，所以在上单调递减，充分性成立； 若在上单调递减，取，满足在上单调递减， 也满足，而此时，必要性不成立. 则“”是“在上单调递减”的充分而不必要条件. 故选：A. 10. 已知等差数列的公差，等比数列的公比，且，.设为的前项和（），则下列结论中正确的是（ ） A. 存在唯一的公比，使得 B. 存在，使得恒成立 C. 若，当时，恒成立 D. 当时，恒成立 【答案】D 【解析】 【分析】对于A，列出方程组求出判断；对于B，根据题意可知存在，使得即可判断；对于C，求得，易得即可判断；对于D，根据题意，时，可证得，即，得到，再利用即可判断. 【详解】对于A，由题得，解得不符合题意，故A错误； 对于B，，又，则， 当时，即，解得， 又，所以存在，使得，故B错误； 对于C，，则，， 时，，则，故C错误； 对于D，， ， ， 又，所以当时， ， 即时，，又，，则， 所以， 即，故D正确； 故选：D. 第Ⅱ卷（非选择题 共110分） 二．填空题共5小题，每小题5分，共25分. 11. 抛物线的准线方程为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据抛物线方程求出准线方程． 【详解】由抛物线，可得， 抛物线的准线方程为， 故答案为：． 12. ，则__________. 【答案】45 【解析】 【分析】由二项式定理即可得到答案. 【详解】，令，则，即. 故答案为：45. 13. 若对任意的实数，（）恒成立，则满足条件的一组A，的值为__________，__________. 【答案】 ①. 1 ②. （答案不唯一） 【解析】 【分析】应用诱导公式计算求解即可. 【详解】若对任意的实数，（）恒成立， 则满足条件的一组A，的值为，. 故答案为：1；（答案不唯一）. 14. 如图，在直三棱柱中，，，.点在线段上，点到直线的距离的最小值为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间距离的向量求法即可求解. 【详解】由已知，以B为坐标原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 设直三棱柱的侧棱长为h， 则， ， 由于点在线段上，设，则， 故， 设点到直线的距离为d，则 ， 当时，取最小值，则d的最小值为， 故答案为： 15. 已知函数的定义域为R，给出下列四个结论： ①使得恒成立的函数存在且有无穷多个； ②使得恒成立的函数存在且有无穷多个； ③存在在R上单调递减的函数，使得恒成立； ④存在函数和实数使得恒成立，且有无穷多个. 其中所有正确结论的序号是________． 【答案】②④ 【解析】 【分析】对于①，由，得到在R上为奇函数，即可判断正误；对于②，令，可得则为偶函数，即可判断正误；对于③，由,可得,从而判断正误；对于④，令,,即可判断正误. 【详解】对于①，由题可得：，所以,则在R上为奇函数，则与条件矛盾，则①错误； 对于②，令，由可得：，则为偶函数， 偶函数有无穷多个，则使得恒成立的函数存在且有无穷多个，故②正确； 对于③，由题可得,所以,则, 这与函数在R上单调递减矛盾，所以③不正确； 对于④，令,,则,满足恒成立， 所以存在函数和实数使得恒成立，且有无穷多个，故④正确； 故答案为：②④. 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. 在中，，. （1）求； （2）从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求的面积. 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）选择见解析， 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理即可求解； （2）若选择条件①，解法1：利用正弦定理求即可判断，解法2：利用余弦定理得，利用判别式即可判断； 若选择条件②，利用同角三角函数平方关系先求，利用两角和的正弦公式得，再利用正弦定理求，最后由三角形的面积公式即可求解； 若选择条件③，利用余弦定理即可求，进而得，再由三角形的面积公式即可求解. 【小问1详解】 因为在中， ， 由正弦定理， ， 因为，所以 ； 【小问2详解】 若选择条件①： ， 解法1：由正弦定理得， 此时，不存在，不符合要求， 解法2：将,，， 由余弦定理得：，， 所以方程无实数解，不存在，不符合要求， 若选择条件②：， 因为在中，， 所以由正弦定理得， 所以， ， 又由正弦定理得 ， 所以三角形的面积为： ； 若选择条件③：， 将,代入余弦定理 ， ， 解得：， 进而得， 所以三角形的面积为： . 17. 如图，在几何体中，平面平面，，，，，∥. （1）若为的中点，求证：平面； （2）若为等边三角形，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明：取中点，连接，，则为的中位线. ， 又 且.  四边形为平行四边形. 又平面，平面 ∥平面. （2） 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，，通过证明四边形为平行四边形得到，再利用线面平行的判定定理即可证得结论； （2）法一：延长，交于，连接，由此作出二面角的平面角.并证明，再求的余弦值即可. 法二：先证得两两垂直，以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法计算二面角的余弦值即可. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 法一：延长，交于，连接 是等边三角形，为的中点, 又且. 为的中位线,为的中点 又为的中点，为的中位线， ， . ∵平面平面，平面平面，平面 平面. 平面，. 因此，二面角的平面角为. 因此，平面与平面夹角的余弦值为. 法二：∵平面平面，平面平面， 平面. 平面. 又等边三角形，为的中点 所以两两垂直，以为原点，如图建立空间直角坐标系. 因为， 所以，， ， 设为平面的一个法向量， 则 即 令，解得 设为平面的一个法向量 易得. 设平面与平面夹角为， . 因此，平面与平面夹角的余弦值为. 18. 某公司为了解，两个地区用户对其产品的满意程度，从地区随机抽取400名用户，从地区随机抽取100名用户，请用户对公司产品评分.该公司将收集的评分数据按照，，，分组，统计如下： 地区 地区 40 30 120 20 160 40 80 10 合计 400 100 用频率估计概率. （1）对地区所抽取的400名用户按评分区间，，，进行分层随机抽样，从中抽取10名用户参加座谈活动．求参加座谈的用户中，对公司产品的评分不低于60分的人数； （2）从，两个地区各随机抽取1名用户，设X为这两人中评分不低于80分的人数，求至少有1名用户评分不低于80分的概率以及X的数学期望； （3）若地区用户对该公司产品的评分的平均值为，地区用户对该公司产品的评分的平均值为，两个地区的所有用户对该公司产品的评分的平均值为，试比较和的大小.（结论不要求证明） 【答案】（1） （2）， （3） 【解析】 【分析】（1）根据比例相等得到，求出； （2）先求出从A、B两地区各随机抽取1名用户，评分不低于80分的概率和低于80分的概率，求出至少有1名用户评分不低于80分概率，并求出X的取值和对应的概率，得到期望值； （3）计算出，，，故，所以. 【小问1详解】 设从A地区抽取的用户中抽取的10名参加座谈的用户中， 对公司产品的评分不低于60分的用户有m名，则，所以． 【小问2详解】 从A、B两地区各随机抽取1名用户，评分不低于80分的概率分别为和， 评分低于80分的概率分别为和. 故至少有1名用户评分不低于80分的概率为. 随机变量X的取值为0，1，2 故，， ， 所以； 【小问3详解】 ，理由如下： ， ， ， 其中，所以. 19. 已知椭圆. （1）求的离心率和短轴长； （2）设为原点，直线，动点在椭圆上，过点作的垂线交直线于点，点到直线的距离为1，求的值. 【答案】（1），短轴长 （2） 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的方程求出，，，即可求解离心率和短轴长； （2）法1：设点，，由在椭圆上及得，利用距离公式求得，，，根据等面积法求解并化简得，结合即可求解.法2：设点，，由点在椭圆上得，由向量垂直的坐标运算得，若直线斜率不存在，求得；若直线斜率存在，设直线方程为：，利用点到直线的距离公式并化简得，即可求解. 【小问1详解】 由题意得，，所以， 故离心率，短轴长； 【小问2详解】 法1：设点，，因为点在椭圆上，所以； 因为，所以，得， ，， ， 因为点到直线的距离为1， 所以，即， 整理得， 因为，所以， 结合，得到，. 法2：设点，，因为点在椭圆上，所以； 因为，所以，可得（*）； 若直线斜率不存在，即，此时，代入（*）解得； 若直线斜率存在，即， 设直线方程为：， 即， 点到直线的距离为：， 整理得， 展开得， 由（*）得，代入上式，化简得：， 将代入化简得， 又，所以，则有， 两边同乘化简得：， 又且，所以，所以. 20. 已知函数的导数为. （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）当时，求证：； （3）若函数有两个极值点，求的取值范围. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）只需求出即可； （2）由题意，只需证明，在时成立即可； （3）由（2）知，所以，对分类讨论即可求解. 【小问1详解】 当时，，， ， 故所求的切线的方程为， 即 【小问2详解】 由得： ， 记， 则 因为，所以 所以在上单调递增， 所以， 所以. 【小问3详解】 由（2）知，所以， 当时，因为，所以，所以在上单调递增， 所以即在上至多1个零点，所以至多1个极值点，不合题意； 当时，由得， 变化时，变化如下表： + 0 ↗ 极大值 ↘ 由上表知，在处取得极大值，为， 当时，即至多1个零点，所以至多1个极值点，不合题意； 当，即时， 因为，，且在上单调递增， 所以即在内恰存在1个零点，记为. 由（2）知，又，且在上单调递减， 所以在内恰存在1个零点，记为 变化时，变化如下表： 0 + 0 ↘ 极小值 ↗ 极大值 ↘ 由上表知，有两个极值点， 综上，的取值范围是. 21. 已知数列，若（），则称数列为的m项递增子列；若（），则称数列为的m项递减子列.规定：数列任意一项都是它的1项递增子列或1项递减子列. （1）写出数列2，7，4，5，6，3，8，1的一个4项递增子列和一个4项递减子列； （2）已知数列的s项递减子列末项的最大值为，数列的t项递减子列末项的最大值为.若s<t，求证：>； （3）给定正整数s，t，若各项互不相同的有穷数列存在s+1项递增子列或t+1项递减子列，求数列项数的最小值. 【答案】（1）递增子列为2，4，6，8；递减子列7，5，3，1（答案不唯一） （2）证明:设为数列的t项递减子列，其末项最大值为, 此时. 因为数列的s项递减子列末项的最大值为， 且是的s项递减子列， 所以，所以. （3） 【解析】 【分析】（1）根据递增子列与递减子列的定义写出即可； （2）设为数列的t项递减子列，其末项最大值为, 利用递减子列的定义即可证明； （3）利用反证法，结合数列的新定义即可得解. 【小问1详解】 数列的一个4项递增子列为2，4，6，8；一个4项递减子列7，5，3，1（答案不唯一）. 【小问2详解】 略； 【小问3详解】 当时，取 ， 此时的递增子列项数，递减子列项数，矛盾. 故. 下证成立. 对于，设为以为首项的项数最大的递增子列的项数， 若，则满足条件. 若， 则由抽屉原理，存在i（, 使得存在至少t+1个k，. 不妨设， 下面证明. 对任意，假设， 则存在一个以为首项的i项递增子列， 将添在前面，得到一个以为首项的i+1项递增子列， 与矛盾. 故，即. 综上：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年度第一学期高三开学统一练习 高三数学 本试卷共6页，150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效. 第I卷（选择题 共40分） 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. 若，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知双曲线的离心率为，则该双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 4. 设，则下列选项中不正确的是（ ） A. B. C. D. 5. 已知两个单位向量的夹角为，若，则（ ） A. B. C. D. 6. 将函数的图象向右平移1个单位长度，所得图象与函数的图象关于原点对称，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数（），，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 某工厂产生的废气经过滤后排放，过滤过程中废气的污染物含量（单位：）与时间（单位：）的关系为，其中，k是常数.如果在前5h消除了的污染物，那么污染物减少需要花多少时间（精确到）？（，）（ ） A. B. C. D. 9. 已知定义在R上的函数，集合，那么“”是“在上单调递减”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 10. 已知等差数列的公差，等比数列的公比，且，.设为的前项和（），则下列结论中正确的是（ ） A. 存在唯一的公比，使得 B. 存在，使得恒成立 C. 若，当时，恒成立 D. 当时，恒成立 第Ⅱ卷（非选择题 共110分） 二．填空题共5小题，每小题5分，共25分. 11. 抛物线的准线方程为______． 12. ，则__________. 13. 若对任意的实数，（）恒成立，则满足条件的一组A，的值为__________，__________. 14. 如图，在直三棱柱中，，，.点在线段上，点到直线的距离的最小值为__________. 15. 已知函数的定义域为R，给出下列四个结论： ①使得恒成立的函数存在且有无穷多个； ②使得恒成立的函数存在且有无穷多个； ③存在在R上单调递减的函数，使得恒成立； ④存在函数和实数使得恒成立，且有无穷多个. 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. 在中，，. （1）求； （2）从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求的面积. 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；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 17. 如图，在几何体中，平面平面，，，，，∥. （1）若为的中点，求证：平面； （2）若为等边三角形，求平面与平面夹角的余弦值. 18. 某公司为了解，两个地区用户对其产品的满意程度，从地区随机抽取400名用户，从地区随机抽取100名用户，请用户对公司产品评分.该公司将收集的评分数据按照，，，分组，统计如下： 地区 地区 40 30 120 20 160 40 80 10 合计 400 100 用频率估计概率. （1）对地区所抽取的400名用户按评分区间，，，进行分层随机抽样，从中抽取10名用户参加座谈活动．求参加座谈的用户中，对公司产品的评分不低于60分的人数； （2）从，两个地区各随机抽取1名用户，设X为这两人中评分不低于80分的人数，求至少有1名用户评分不低于80分的概率以及X的数学期望； （3）若地区用户对该公司产品的评分的平均值为，地区用户对该公司产品的评分的平均值为，两个地区的所有用户对该公司产品的评分的平均值为，试比较和的大小.（结论不要求证明） 19. 已知椭圆. （1）求的离心率和短轴长； （2）设为原点，直线，动点在椭圆上，过点作的垂线交直线于点，点到直线的距离为1，求的值. 20. 已知函数的导数为. （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）当时，求证：； （3）若函数有两个极值点，求的取值范围. 21. 已知数列，若（），则称数列为的m项递增子列；若（），则称数列为的m项递减子列.规定：数列任意一项都是它的1项递增子列或1项递减子列. （1）写出数列2，7，4，5，6，3，8，1的一个4项递增子列和一个4项递减子列； （2）已知数列的s项递减子列末项的最大值为，数列的t项递减子列末项的最大值为.若s<t，求证：>； （3）给定正整数s，t，若各项互不相同的有穷数列存在s+1项递增子列或t+1项递减子列，求数列项数的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $