精品解析：北京市清华大学附属中学2025-2026学年高三上学期开学考试数学试题

G23级试卷数学 2025.8 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. 已知表示复数的共轭复数，且满足，则（ ） A. 3 B. C. D. 4 3. 若双曲线：上的某点到两个焦点的距离之差为4，则双曲线的渐近线的方程为（ ） A. B. C. D. 4. 若，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 32 5. 为得到函数的图象，只需（ ） A. 把函数的图象上的所有点向左平移10个单位 B. 把函数的图象上的所有点向左平移1个单位 C. 把函数的图象上的所有点横坐标变成原来的10倍，纵坐标不变 D. 把函数的图象上的所有点横坐标变成原来的倍，纵坐标不变 6. 已知：，点，O是坐标原点．若点B在上，则面积的最大值为（ ） A. B. 3 C. D. 2 7. 音量大小用声强级（单位：dB）表示，声强级与声强I（单位：）的关系是：，其中指的是人能听到的最低声强.人能承受的最大声强为1，对应的声强级为120dB.若学生早读期间读书的声音的声强级范围为（单位：dB），则下列选项中错误的是（ ） A. （单位：） B. 学生早读期间读书的声强范围为（单位：） C. 如果声强变为原来的2倍，则对应声强级也变为原来的2倍 D. 如果声强级增加10dB，则声强变为原来的10倍 8. 设函数在上有零点且有唯一极大值点，同时存在，使得且，则的值为（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 9. 已知无穷等比数列的前n项和为，则“”是“既无最大值也无最小值”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 10. 已知，，，且，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分． 11. 已知且，写出满足条件的一组_____________． 12. 已知抛物线：的焦点到准线的距离为4，则上的纵坐标为的点到焦点的距离为______． 13. 如图，三棱柱中，平面，，，则三棱柱的体积为_____． 14. 已知函数，其中． （1）当时，_____． （2）若有最大值，则的取值范围为_____． 15. 设无穷数列的前项和为，且，．给出下列四个结论： ①若，； ②若，则； ③当时，是等比数列； ④对任意，总存在直线，使得点到的距离随着的变大而变小． 其中正确结论的序号是_____． 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，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，面积为S，且． （1）求角B的大小； （2）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，使得唯一确定，求的周长， 条件①： 条件②： 条件③：边上的高是7． 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. 已知四棱锥，，，，于点E，． （1）若点F在线段PE上，且∥平面，证明：F是中点． （2）若平面，求直线与平面所成角的正弦值． 18. 北京中轴线位于北京老城中心，纵贯老城南北，是统领整个老城规划格局的建筑与遗址的组合体，其中9处中轴线遗产点分为A、B、C三种类型，如下表： 类型 A（古代皇家宫苑建筑） B（古代皇家祭祀建筑） C（古代城市管理设施） 中轴线遗产点 景山 故宫 端门 太庙 社稷坛 天坛 钟鼓楼 正阳门 永定门 在上述9处中轴线遗产点中，某研学团队计划随机选取3处进行研学 （1）求选取的3处遗产点都为A类的概率； （2）设选取的3处遗产点的类型种数为X，求X的分布列及数学期望； （3）设选取的3处遗产点中，A，B，C类遗产点的个数分别为，，，记，，，直接写出方差，与大小关系．（无需证明） 19. 已知椭圆：的右顶点为，焦距为． （1）求椭圆的方程及离心率； （2）过作直线交椭圆E于不同两点，设直线，分别与直线交于点，，比较与的大小，并给出证明． 20. 已知函数． （1）当时，若直线过原点，且是曲线的切线，求的斜率； （2）当时，求证：存在唯一极值点且为极大值点； （3）若直线与曲线有且仅有两个交点，请直接写出的取值范围． 21. 对给定的，已知A为（n行n列）数表，记数表A的第i行第j列元素为，其中，，，数表A所有元素构成的集合为．若数表A的任意行及任意列的n个元素都至多只有两种取值，称数表A满足性质P． （1）当时，对满足性质P的3×3数表A， ①若数表A有如下形式，请直接写出的所有可能取值． 1 2 2 3 4 2 ②请判断是否存在数表A，使得？若存在，求出满足的数表A的个数；若不存在，请说明理由． （2）对给定的，对满足性质P的数表A，求的最大值． 注：用表示有限集合的元素个数，特别地． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ G23级试卷数学 2025.8 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】先用列举法表示集合，再求两个集合的交集. 【详解】因为，所以. 故选：A 2. 已知表示复数的共轭复数，且满足，则（ ） A. 3 B. C. D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数除法的运算法则，结合共轭复数的定义、复数模的运算公式进行求解即可. 【详解】由， 所以，因此， 故选：B 3. 若双曲线：上的某点到两个焦点的距离之差为4，则双曲线的渐近线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由双曲线定义求出，再由双曲线方程求出其渐近线方程. 【详解】双曲线：上的某点到两个焦点的距离之差为4， 则有，得， 所以双曲线的渐近线的方程为. 故选：C 4. 若，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 32 【答案】D 【解析】 【分析】利用赋值法直接求值即可. 【详解】由题意得， 令，可得， 则，故D正确. 故选：D 5. 为得到函数的图象，只需（ ） A. 把函数的图象上的所有点向左平移10个单位 B. 把函数的图象上的所有点向左平移1个单位 C. 把函数的图象上的所有点横坐标变成原来的10倍，纵坐标不变 D. 把函数的图象上的所有点横坐标变成原来的倍，纵坐标不变 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，结合函数图象的平移变换和伸缩变换的变换规则，逐项分析判断，即可求解. 【详解】对于A中，把函数的图象上的所有点向左平移10个单位， 可得，所以A不正确； 对于B中，函数的图象上的所有点向左平移1个单位， 可得，所以B正确； 对于C中，函数的图象上的所有点横坐标变成原来的10倍，纵坐标不变， 可得，所以C不正确； 对于D中，函数的图象上的所有点横坐标变成原来的倍，纵坐标不变， 可得，所以D不正确. 故选：B. 6. 已知：，点，O是坐标原点．若点B在上，则面积的最大值为（ ） A. B. 3 C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】分析易得在的延长线上，且在圆上时，面积最大，进而求解即可. 【详解】由：，即， 则圆心，半径为， 因为，，则，， 又，则，即， 要使面积最大，则在延长线上，且在圆上，如图， 此时， 则面积的最大值为. 故选：B. 7. 音量大小用声强级（单位：dB）表示，声强级与声强I（单位：）的关系是：，其中指的是人能听到的最低声强.人能承受的最大声强为1，对应的声强级为120dB.若学生早读期间读书的声音的声强级范围为（单位：dB），则下列选项中错误的是（ ） A. （单位：） B. 学生早读期间读书的声强范围为（单位：） C. 如果声强变为原来的2倍，则对应声强级也变为原来的2倍 D. 如果声强级增加10dB，则声强变为原来的10倍 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知求得，即，再应用指对数关系及对数运算性质依次判断各项的正误. 【详解】由题设，可得，A对； 所以， 若，则，所以，B对； 若，则，C错； 若，则，可得，D对. 故选：C 8. 设函数在上有零点且有唯一极大值点，同时存在，使得且，则的值为（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】首先将函数化为标准正弦函数形式，然后根据题目条件确定的值. 【详解】由题意得， 当时，， 因为在上有零点且有唯一极大值点， 所以且，解得． 因为存在，使得且， 所以，，即，，解得，， 结合，取，可得符合题意． 故选：C． 9. 已知无穷等比数列的前n项和为，则“”是“既无最大值也无最小值”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】设出公比为，利用等比数列基本量的运算得：的充要条件为或，分类讨论得既无最大值也无最小值时，，则有，最后根据充分条件、必要条件的概念判断即可. 【详解】设公比为，由得， 因为，所以，所以，所以或， 即的充要条件为或， 当，时，，此时， 故，所以为单调递增数列，此时有最小值无最大值， 当，时，，此时， 故，所以为单调递减数列，此时有最大值无最小值， 当时，，为摆动数列， 且， 故，所以随着的增大，趋向于正无穷或负无穷， 故无最大值，也无最小值，此时无最大值，无最小值， 所以由“”推不出“既无最大值也无最小值”； 反之，当时，为常数列，此时无最大值或无最小值； 当时，有最大值，也有最小值，此时有最大值和最小值； 当时，由上面分析若，则有最小值无最大值， 若，则有最大值无最小值； 当时，若，则有最小值无最大值， 若，则有最大值无最小值； 当时，若，则， ，当为奇数时，，当为偶数时，， 且随着的增大，趋向于， 其中，， 故且， 故有最大值，也有最小值， 若，则， ，当为奇数时，，当为偶数时，， 且随着的增大，趋向于， 其中，， 故且， 故有最大值，也有最小值； 当时，结合前述分析可知无最大值，无最小值， 由此可知“既无最大值也无最小值”当且仅当，此时成立. 综上，“”是“既无最大值也无最小值”的必要不充分条件. 故选：B 10. 已知，，，且，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由得，令有，即关于的一元二次方程有解，利用判别式即可求解. 【详解】由题意有， 即， 令，则，所以， 化简整理得：，即关于的一元二次方程有解， 所以，即， 所以. 故选：A 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分． 11. 已知且，写出满足条件的一组_____________． 【答案】 ①. （答案不唯一） ②. （答案不唯一） 【解析】 【分析】由已知条件直接写出答案. 【详解】由，且， 可取，. 故答案为：（答案不唯一）. 12. 已知抛物线：的焦点到准线的距离为4，则上的纵坐标为的点到焦点的距离为______． 【答案】 【解析】 【分析】结合题意求出抛物线方程和焦点坐标，再代入求出，最后结合两点间距离公式求解即可. 【详解】因为抛物线的焦点到准线的距离为4，所以， 则方程为，可得焦点为， 设抛物线上纵坐标为的点为，代入抛物线方程， 可得，解得，故， 由两点间距离公式得距离为. 故答案为： 13. 如图，三棱柱中，平面，，，则三棱柱的体积为_____． 【答案】##0.5 【解析】 【分析】由题易得，根据勾股定理可得，继而可得，再利用求解即可. 【详解】平面，， 又，所以， 又，所以，即， 则， 又， 所以. 故答案为： 14. 已知函数，其中． （1）当时，_____． （2）若有最大值，则的取值范围为_____． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据分段函数的解析式求函数值，可得空1的答案；数形结合，可得空2的答案. 【详解】（1）当时，，， 所以. （2）在同一坐标系内作函数和的图象，如下图： 由图可知，函数与的图象只有一个交点，且. 所以当时，函数才有最大值. 故答案为：； 15. 设无穷数列的前项和为，且，．给出下列四个结论： ①若，； ②若，则； ③当时，是等比数列； ④对任意，总存在直线，使得点到的距离随着的变大而变小． 其中正确结论的序号是_____． 【答案】②③④ 【解析】 【分析】对于①，代入通过赋值可求；对于②，由，可求，再代入可得，继而得到；对于③，，根据与的关系可得，由此可确定是等比数列；对于④，根据与的关系可得，整理得，继而得到，设直线，利用点到直线距离公式得，由此可知时，即可判断. 【详解】对于①，，则， 时，， 时，，故①错误； 对于②，，则数列是首项为，公差为2的等差数列， 所以， 则，所以，故②正确； 对于③，时，， 时，， 时，，则， 所以，故数列是首项为，公比为的等比数列，故③正确； 对于④，时，， 时，， 则， 整理得， 所以数列是首项为，公比为的等比数列， 所以，即， 设直线， 则点到的距离， 当时，， 又，所以，而随着的变大而变小， 所以点到的距离随着的变大而变小，故④正确. 故答案为：②③④. 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，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，面积为S，且． （1）求角B的大小； （2）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，使得唯一确定，求的周长， 条件①： 条件②： 条件③：边上的高是7． 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）答案见解析 【解析】 【分析】（1）已知条件利用余弦定理和三角形面积公式化简得，可求角B的大小； （2）根据所选条件，结合正余弦定理解三角形，求周长. 【小问1详解】 由余弦定理和三角形面积公式，，， 已知，则， 所以，由，得. 【小问2详解】 若选择条件①和条件②： 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，有，，， 由，得， ， 由正弦定理和，， ，， 周长为. 若选项条件①和条件③： 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，有，，边上的高是7． 由，得， ， 边上的高是7，则有，即， 得，，， 周长为. 若选择条件②和条件③： 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，有，，边上的高是7． 边上的高是7，则有，又，则有， 由正弦定理有，则，不合题意， 此时不存在. 17. 已知四棱锥，，，，于点E，． （1）若点F在线段PE上，且∥平面，证明：F是中点． （2）若平面，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） 过点作，交于,连接， 因为，所以，所以四点共面， 因为平面，平面，平面∩平面， 所以，又，所以四边形是平行四边形， 所以，所以分别是的中点， 即是中点，得证. （2） 【解析】 【分析】（1）过点作，交于,证四边形是平行四边形即可； （2）平面，，以为原点，分别以所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系,用向量法求线面角的正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面，平面，所以， 又，，平面， 所以平面， 连接，因为，，所以四边形是平行四边形， 所以，所以， 以为原点，分别以所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系, 如图， 则， ，， 设是平面的法向量，则 ，即，令，则， 所以是平面的一个法向量. 设直线与平面所成角为，则 ， 即直线与平面所成角的正弦值是. 18. 北京中轴线位于北京老城中心，纵贯老城南北，是统领整个老城规划格局的建筑与遗址的组合体，其中9处中轴线遗产点分为A、B、C三种类型，如下表： 类型 A（古代皇家宫苑建筑） B（古代皇家祭祀建筑） C（古代城市管理设施） 中轴线遗产点 景山 故宫 端门 太庙 社稷坛 天坛 钟鼓楼 正阳门 永定门 在上述9处中轴线遗产点中，某研学团队计划随机选取3处进行研学 （1）求选取的3处遗产点都为A类的概率； （2）设选取的3处遗产点的类型种数为X，求X的分布列及数学期望； （3）设选取的3处遗产点中，A，B，C类遗产点的个数分别为，，，记，，，直接写出方差，与大小关系．（无需证明） 【答案】（1） （2）的分布列为： （3） 【解析】 【分析】（1）利用古典概型的概率公式计算； （2）利用古典概型和排列组合的相关知识求出分布列，最后利用期望公式即可； （3）利用，以及方差的性质即可求证. 【小问1详解】 在9处中轴线遗产点中，随机选取3处共有种， 因类遗产点只有3处，故选取的3处遗产点都为类的概率为； 【小问2详解】 由题意可知，的可能取值为， 其中：选取的3处遗产点为同一类型，共种； ：处中包含两种类型，一种1个，一种2个，共有种； ：从三种类型中各选一个，共有种， 则，，， 则的分布列为： 则数学期望为； 【小问3详解】 因，则，， 则，， 又由于具有相同的分布，故， 故. 19. 已知椭圆：的右顶点为，焦距为． （1）求椭圆的方程及离心率； （2）过作直线交椭圆E于不同两点，设直线，分别与直线交于点，，比较与的大小，并给出证明． 【答案】（1）； （2） ，证明如下： 由题意得直线的斜率存在且不为0，可设直线的方程为：， 所以， 所以，即， 设， 所以， 由，所以直线的方程为：， 令得，同理得， 所以， ， 当且时，， 当时，或， 此时与平行，没有交点，不合题意. 所以. 【解析】 【分析】（1）利用已知得，又利用即可求椭圆的方程，利用离心率的公式即可求解； （2）设直线的方程为：，与椭圆方程联立，设，由韦达定理得，求直线的方程，进而得，同理得，求出和即可求解. 【小问1详解】 由题意有：，所以， 又， 所以椭圆的方程为：， 所以离心率为； 【小问2详解】 略. 20. 已知函数． （1）当时，若直线过原点，且是曲线的切线，求的斜率； （2）当时，求证：存在唯一极值点且为极大值点； （3）若直线与曲线有且仅有两个交点，请直接写出的取值范围． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）求过某点的切线，设出切点之后，利用切线斜率等于切点处的导数，写出切线方程，再带入所过点，解方程即可. （2）求导之后对导数的分子进行讨论， 结合零点存在定理，讨论清楚即可证明. （3）根据前两问的提示，临界情况，，划分区间讨论即可. 【小问1详解】 当时， ，定义域为，， 设切点坐标为 ，则 ，切线斜率， 切线方程为， 因为切线过原点 ，将其代入切线方程可得： ， 解得 ， ，代入切线斜率可得， 则的斜率为. 【小问2详解】 已知 ，其定义域为 ，则， 设， 因为 ，所以在上单调递减， 因为，，且， 所以由零点存在定理可知，存在唯一 ，使得 ， 当时， ，即，在上单调递增， 当时， ，即，在上单调递减， 所以在处取得极大值，且为唯一极值点， 因此存在唯一极值点且为极大值点. 【小问3详解】 设，则在上有且仅有2个零点， 因， 设，则， ①当时， ，， 当时，，，， 当时，，，， 此时有且只有1个零点，不符合题意， ②当时，， 当趋于0时，趋于正无穷，趋于负无穷，趋于0，故趋于负无穷， 当趋于正无穷时，由于一次函数单调递增且增长速度远大于，，故趋于正无穷， 由零点存在定理可得，在都至少存在1个零点，不符合题意， ③当时，，， 函数在单调递减，且， 当时，，，在上单调递增， 当时，，，在上单调递减， 函数取得极大值，有且只有1个零点，不符合题意， ④当时，单调递减， 且，， 故存在唯一，使得， 当时，，，在上单调递增， 当时，，，在上单调递减， 设，，则是关于的一次函数， 由①③得，，故即， 所以，不会有2个零点，不符合题意， ⑤当时，， 设，对称轴， ， 当时，，在上单调递减， ，当趋于正无穷时，趋于负无穷， 当时，存在，使得， 当时，，，在上单调递减， 当时，，，在上单调递增， 当时，，，在上单调递减， 而， 结合，则， 则时，，当趋于正无穷时，趋于负无穷， 所以无论正负，在存在唯一零点， 当时，，，在上单调递增， 当时，，，在上单调递减， 则函数取得极大值， 当趋于0时，趋于正无穷，趋于负无穷，趋于0，故趋于负无穷， 当趋于正无穷时，由于一次函数单调递增且增长速度远大于，故趋于负无穷， 由零点存在定理，在上各存在1个零点，符合题意， 综上：. 21. 对给定的，已知A为（n行n列）数表，记数表A的第i行第j列元素为，其中，，，数表A所有元素构成的集合为．若数表A的任意行及任意列的n个元素都至多只有两种取值，称数表A满足性质P． （1）当时，对满足性质P的3×3数表A， ①若数表A有如下形式，请直接写出的所有可能取值． 1 2 2 3 4 2 ②请判断是否存在数表A，使得？若存在，求出满足的数表A的个数；若不存在，请说明理由． （2）对给定的，对满足性质P的数表A，求的最大值． 注：用表示有限集合的元素个数，特别地． 【答案】（1）①；②不存在，理由见解析； （2） 【解析】 【分析】（1）①根据性质分情况讨论的可能取值；②列出的各种可能情况，验证性质； （2）根据出现最大值的可能情况构造数表，验证性质. 【小问1详解】 ①第3列‌已有元素，因列中元素至多两个不同取值，故必与或相同. 第2行‌元素为，该行至多两个不同取值，因此只能是或， 若，第3列元素为​，此时列中已有两个不同取值，故只能是或； 而第一列已经有，则只能是或：若是，则只能是；若是，则是或. 若，第3列元素为，此时列中已有两个不同取值，故只能是或. 而第一列已经有，则只能是或：若是，则只能是；若是，则也只能是.即不可能是. 综上，的所有可能取值为. ②假设存在数表满足，因为每行至多两种取值，所以这个元素必按分布于行， 不妨设第一行只含，第二行只含，第三行只含5. 此时所在列有3个不同数，与数表具有性质矛盾，因此不存在的数表. 【小问2详解】 构造数表,满足：每行恰有两个不同数值，其中一个数值各行都相同，另一个数值两两不等， 各行不等的数值位于不同列，此时共有不同的元素个，比如： 1 1 1 1 2 1 1 1 3 1 1 1 4 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ； 若在个数的基础上增加一个数，如果替换前面构造的数表中所有，则该数表中没有，个数仍为； 如果替换某行中非1数，个数仍为； 如果替换第行中的所有，则替换后数所在列出现个不同值，与性质矛盾； 如果替换第行中部分，则替换后第行出现个不同值，与性质矛盾.故的取值不大于. 所以对于给定的，对满足性质的数表，的最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $