精品解析：北京市第一零一中学2025-2026学年高三上学期统练一数学试题

试卷编号：13032 北京一零一中2025-2026学年度第一学期高三数学统考一 一、选择题共10小题．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项． 1. 已知全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则的共轭复数（ ） A. B. C. D. 3. 设函数，则满足（ ） A. 在区间内均有零点 B. 在区间内有零点，在区间内无零点 C. 在区间内无零点，在区间内有零点 D. 在区间内均无零点 4. 为了得到函数的图象，只需把函数的图象上所有点的（ ） A. 横坐标变为原来的倍（纵坐标不变） B. 横坐标加1（纵坐标不变） C. 纵坐标减1（横坐标不变） D. 纵坐标变为原来的倍（横坐标不变） 5. 在中，点在边上，．记，则（ ） A. B. C. D. 6. 在中，，则（ ） A. B. C. D. 7. 设是等差数列，且公差不为零，其前项和为．则“，”是“为递增数列”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. 若正实数满足，则（ ） A. 有最大值6 B. 有最小值 C. 有最大值 D. 有最小值 9. 自然对数的底数与连续复利有关．十七世纪数学家伯努利在研究复利时，设本金是1，银行年利率是100，是计息次数，则一年后本金与利息之和为，当趋于无穷大时，本息和趋于．当计息次数时，一年后本息和约为（ ） （参考数据：） A. B. C. D. 10. 已知数列满足，下面结论成立的是（ ） A. 若存在，使得，则 B. 若，则数列单调递增，且存在常数，使得恒成立 C. 若，则存在，当时，有 D. 若，则对于任意，有 二、填空题共5小题． 11. 在平面直角坐标系中，将点绕点顺时针旋转到点，那么点的坐标是_________，若角终边过点，则的值是_________． 12. 已知函数若关于的方程的实数根恰有一个，则实数的取值范围是_________． 13. 已知平面向量满足，则的最小值是_________． 14. 已知，则_________．若在上单调递减，则_________． 15. 已知函数，给出下列四个结论： ①函数的图象关于原点中心对称； ②存在，使得； ③函数的图象与函数的图象没有公共点； ④函数极值点个数为3． 其中所有正确结论的序号是_________． 三、解答题共6小题．解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程． 16. 已知等差数列满足． （1）求数列的通项公式； （2）若数列是公比为3的等比数列，且，求数列的前n项和Sn， 17. 已知函数从下列四个条件中选择两个作为已知，使函数存在且唯一确定． （1）求的解析式； （2）设，求函数在上的单调递增区间． 条件①：的最大值为1； 条件②：为偶函数； 条件③：； 条件④：图象的相邻两条对称轴之间的距离为． 18. 已知函数， （1）若曲线在处的切线方程为，求的值； （2）若在区间上单调递增，求的取值范围； （3）求证：当时，存在极大值，且极大值小于． 19. 如图，甲船从出发以每小时15海里的速度匀速向正北方向航行，乙船按固定方向匀速直线航行．当甲船出发时，乙船位于甲船的南偏西方向的处，此时两船相距海里．当甲船航行20分钟到达处时，乙船航行到甲船正西方向的处，此时两船相距海里．（将行驶区域视为平面的一部分） （1）求乙船的航行速度（单位：海里/小时）； （2）假设两船一直按照各自现在的方向和速度前行，从甲船到达处开始计时，30分钟内，当甲乙两船之间的距离最小时，甲船距多少海里？ 20. 已知函数 （1）求函数的单调区间； （2）证明：当有最大值时，存在，使得； （3）当时，过点分别存在几条直线与曲线相切？（只需写出结论） 21. 如图，设是由个实数组成的行列的数表，其中表示位于第行第列的实数，且． 定义为第行与第行的积．若对于任意，都有，则称数表为完美数表． （1）当时，试写出一个符合条件的完美数表； （2）是否存在2026行2026列的完美数表，并说明理由； （3）设为行列的完美数表，且对于任意的和，都有，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 试卷编号：13032 北京一零一中2025-2026学年度第一学期高三数学统考一 一、选择题共10小题．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项． 1. 已知全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据集合描述法的概念，以及集合补集的计算方法，求出结果. 【详解】由题意得，则. 故选：D. 2. 已知，则的共轭复数（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数的四则运算求出，再由共轭复数的定义求. 【详解】，则， 所以. 故选：B. 3. 设函数，则满足（ ） A. 在区间内均有零点 B. 在区间内有零点，在区间内无零点 C. 在区间内无零点，在区间内有零点 D. 在区间内均无零点 【答案】C 【解析】 【分析】利用求导判断函数的单调性，求得函数的极大值，计算得到，，，利用函数的单调性和零点存在定理即可判断函数的零点情况. 【详解】的定义域为，求导得， 当时，；当时，， 故函数在上单调递增，在上单调递减， 故时，函数取得极大值为， 又，，， 即在区间上恒有， 又由零点存在定理，使得， 即函数在区间内无零点，在区间内有零点. 故选：C. 4. 为了得到函数的图象，只需把函数的图象上所有点的（ ） A. 横坐标变为原来的倍（纵坐标不变） B. 横坐标加1（纵坐标不变） C. 纵坐标减1（横坐标不变） D. 纵坐标变为原来的倍（横坐标不变） 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数图像的平移变换以及对数的运算即可得出答案. 【详解】因为函数，由函数图像的平移变换可知为了得到函数的图像，只需把函数图象上所有点的纵坐标减1（横坐标不变）. 故选：C 5. 在中，点在边上，．记，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由线段关系得到向量的关系，再由向量的线性运算求出结果即可. 【详解】如图，作出符合题意的图形，且， ∵，∴， 则 ，故B正确. 故选：B 6. 在中，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据余弦定理求出，再结合正弦定理求解即可. 【详解】由余弦定理得，，即， 所以. 故选：A. 7. 设是等差数列，且公差不为零，其前项和为．则“，”是“为递增数列”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 【答案】A 【解析】 【分析】 根据等差数列的前项和公式以及充分条件和必要条件的定义进行判断即可． 【详解】是等差数列，且公差不为零，其前项和为， 充分性：，则对任意的恒成立，则， ，若，则数列为单调递减数列，则必存在，使得当时，，则，不合乎题意； 若，由且数列为单调递增数列，则对任意的，，合乎题意. 所以，“，”“为递增数列”； 必要性：设，当时，，此时，，但数列是递增数列. 所以，“，”“为递增数列”. 因此，“，”是“为递增数列”的充分而不必要条件. 故选：A. 【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合等差数列的前项和公式是解决本题的关键，属于中等题． 8. 若正实数满足，则（ ） A. 有最大值6 B. 有最小值 C. 有最大值 D. 有最小值 【答案】C 【解析】 【分析】首先根据题意得到，对选项A，利用基本不等式即可判断A错误，对选项B，利用基本不等式即可判断B错误，对选项C，首先利用对数运算得到，再利用基本不等式即可判断C正确，对选项D，利用二次函数的性质即可判断D错误. 【详解】因为，所以. 对选项A，，所以， 当且仅当时，等号成立，所以无最大值，故A错误. 对选项B，因为，，所以， 当且仅当时取等号. 所以，即，，故B错误. 对选项C，因为， 所以，当且仅当时取等号. 故有最大值，故C正确. 对选项D，，故，其中， ， 当时，取得最小值为，故D错误. 故选：C 9. 自然对数的底数与连续复利有关．十七世纪数学家伯努利在研究复利时，设本金是1，银行年利率是100，是计息次数，则一年后本金与利息之和为，当趋于无穷大时，本息和趋于．当计息次数时，一年后本息和约为（ ） （参考数据：） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，利用对数的运算及指数式与对数式的互化得解. 【详解】设当计息次数时，一年后本息和为，则， 所以， 所以. 故选：B 10. 已知数列满足，下面结论成立的是（ ） A. 若存在，使得，则 B. 若，则数列单调递增，且存在常数，使得恒成立 C. 若，则存在，当时，有 D. 若，则对于任意，有 【答案】C 【解析】 【分析】根据数列的递推公式以及数列的性质，逐一分析选项. 【详解】选项A，已知存在，使得，将代入可得： 等式两边同时乘以得到：， 移项可得：，解得或. 当时，，即， 整理得，根据完全平方公式可得： ，解得，以此类推可得. 当时，同理可得. 所以若存在，使得，则或，A选项错误； 选项B，当时，. ，即， . 因为. 假设 , 则 , 由数学归纳法可知 恒成立. 又因为 , 当 时, , 所以 , 即数列 单调递增. 且，（当且仅当, 即 时取等号），所以不存在常数，使得 恒成立, 故B选项错误； 选项 C，当 时,，（当且仅当，即 时取等号）， 因为，所以. 设，则，那么. 当值较小时，会越来越小，且趋近于0， 所以存在，当时，有，C选项正确. 选项D，当时， 则，而， 比较与的大小：，即，所以D选项错误. 故选：C. 二、填空题共5小题． 11. 在平面直角坐标系中，将点绕点顺时针旋转到点，那么点的坐标是_________，若角终边过点，则的值是_________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据三角函数定义和诱导公式可求得B的坐标，再利用二倍角的余弦公式即可得到答案. 【详解】由两点间距离公式得． 由三角函数的定义可知 ， ， 由二倍角公式得， 将点绕原点顺时针旋转到点， 由三角函数定义可得点的坐标为， 即，即． 故答案为：；. 12. 已知函数若关于的方程的实数根恰有一个，则实数的取值范围是_________． 【答案】 【解析】 【分析】由题意可得直线与函数的图象只有一个交点，对函数求导，求出过的切线的斜率，结合图象求解即可. 【详解】由题意可得直线与函数的图象只有一个交点， 又因为直线过定点， 作出函数的图象，如图所示： 过点作曲线的切线，设切点为， 因为， 所以切线方程为， 代入，得， 解得， 所以切线的斜率， 所以当或时，直线与函数的图象只有一个交点， 又因为当时，也满足题意， 综上，实数的取值范围是. 故答案为： 13. 已知平面向量满足，则的最小值是_________． 【答案】1 【解析】 【分析】首先确定向量与的夹角，并通过几何方法分析的轨迹，进而求解最值。 【详解】已知且， 由点积公式，所以夹角. 设，因为，，设， 则 ，解得 ，不妨取， 设，则，； 由，得 化简得， 即向量对应的点的轨迹是以为圆心，半径为1的圆； 则，需在圆上求的最小值, 因为圆心横坐标为，半径1，故的最小值为； 因此的最小值为，即为最小值. 故答案为：1. 14. 已知，则_________．若在上单调递减，则_________． 【答案】 ①. 1 ②. 【解析】 【分析】由，求得，即可求解第一空，再由在上单调递减，得到，再结合，即可求解第二空. 【详解】由，可得， 所以，即， 所以， 由， 可得或，， 即或，， 又在上单调递减， 所以，， 可得：， 解得：， 又或，， 所以当时，满足题意， 故答案为：1； 15. 已知函数，给出下列四个结论： ①函数的图象关于原点中心对称； ②存在，使得； ③函数的图象与函数的图象没有公共点； ④函数极值点个数为3． 其中所有正确结论的序号是_________． 【答案】②③ 【解析】 【分析】对①，由函数奇偶性定义判断；对②，判断函数零点的存在性；对③，由的符号判断；对④，分别在和寻求函数的极值点，再结合偶函数性质判断. 【详解】对于①：定义域为，对，， 所以是偶函数，关于轴对称，①错误； 对于②：令，， 由零点存在性定理，，，即，②正确； 对于③：令，因为， 所以当时，， 即函数的图象在函数的图象上方； 当时，， 即函数的图象在函数的图象下方； 所以函数的图象与函数的图象没有公共点，③正确； 对于④：，令， 当时， 因为， 所以在单调递增，又， 所以，， 所以当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 所以当时，取得极小值，是一个极小值点. 当时，， 所以在单调递减，又， 所以，， 所以当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 所以当时，取得极大值，是一个极大值点. 又是偶函数，所以当和时，也有两个极值点， 所以函数至少有个极值点，④错误； 故答案为：②③. 三、解答题共6小题．解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程． 16. 已知等差数列满足． （1）求数列的通项公式； （2）若数列是公比为3的等比数列，且，求数列的前n项和Sn， 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设等差数列的公差为d，则由已知条件结合等差数列的通项公式可求出，从而可求出数列的通项公式； （2）结合等比数列的通项公式和（1），可求得，然后利用分组求和法求解即可 【小问1详解】 设等差数列的公差为d． 由，可得， 即，解得． 所以 【小问2详解】 若数列是公比为3的等比数列，且， 则． 由（1）可得， ． 17. 已知函数从下列四个条件中选择两个作为已知，使函数存在且唯一确定． （1）求的解析式； （2）设，求函数在上的单调递增区间． 条件①：的最大值为1； 条件②：为偶函数； 条件③：； 条件④：图象的相邻两条对称轴之间的距离为． 【答案】（1）选择①④或③④， （2）和 【解析】 【分析】（1）首先利用二倍角的正弦公式化简函数，即可得到②与题设冲突，再分别选择①③，①④，③④三种情况讨论，分别根据正弦函数的性质求出，即可求出函数的解析式； （2）由（1）可得，再利用二倍角及辅助角公式化简，最后根据正弦函数的性质求解即可. 【小问1详解】 因为， 所以，显然当时为奇函数，故②不能选， 若选择①③，即最大值为，所以，解得， 所以，又， 所以，即，， 解得，，故不能唯一确定，故舍去； 若选择③④，即图象的相邻两条对称轴之间的距离为， 则函数周期， 可得，解得，得到， 又，所以， 解得，则； 若选择①④，即图象的相邻两条对称轴之间的距离为， 则，解得，得到， 又的最大值为，所以，解得，故. 【小问2详解】 由（1）可得 ， 令，， 解得，， 则函数的单调递增区间为，， 又，所以在上的单调递增区间为和. 18. 已知函数， （1）若曲线在处的切线方程为，求的值； （2）若在区间上单调递增，求的取值范围； （3）求证：当时，存在极大值，且极大值小于． 【答案】（1） （2） （3）因，要使存在极大值，需使关于的方程有正实根， 而当时，，此时方程有两正根为， 由可得或，由可得， 故函数在和上单调递增，在上单调递减， 故当时，函数取得极大值. 不妨设，由可得，即得， 则的极大值为，且因，则得， 要证函数的极大值小于，只需证， 设，则， 因，则有，故函数在上单调递增， 则， 即， 故时，函数的极大值小于. 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线斜率和，由题意列方程组，求解即得； （2）根据函数在给定区间上为增函数，得到在区间上恒成立，即在区间上恒成立，从而将问题转化为求的值域问题解决； （3）由题意可得关于的方程有正实根，在时，求得方程有两正根为，推出函数在时取得极大值，设，求得，结合，将待证结论转化成求证，构造函数，求导得出其单调性即可证得结论. 【小问1详解】 由可得，， 则，由题意，可得，解得， 即； 【小问2详解】 由在区间上单调递增，可知在区间上恒成立， 即在区间上恒成立，也即在区间上恒成立. 因函数在区间上为增函数，故， 则的取值范围为； 【小问3详解】 略 19. 如图，甲船从出发以每小时15海里的速度匀速向正北方向航行，乙船按固定方向匀速直线航行．当甲船出发时，乙船位于甲船的南偏西方向的处，此时两船相距海里．当甲船航行20分钟到达处时，乙船航行到甲船正西方向的处，此时两船相距海里．（将行驶区域视为平面的一部分） （1）求乙船的航行速度（单位：海里/小时）； （2）假设两船一直按照各自现在的方向和速度前行，从甲船到达处开始计时，30分钟内，当甲乙两船之间的距离最小时，甲船距多少海里？ 【答案】（1）30海里/小时 （2） 【解析】 【分析】（1）连接，由几何知识可得，，再结合余弦定理即可求得，从而可求解. （2）如图以为坐标原点，建立平面直角坐标系，并设甲乙两船之间的距离最小时分别位于，位置，且此时的时间为小时，由（1）及几何知识可得，，从而可得，再结合二次函数性质即可求解. 【小问1详解】 由题意可得，连接， 由题可得，， 所以，且， 所以， 所以在中由余弦定理可得， 即，解得， 所以乙船的航行速度海里/小时. 【小问2详解】 如图以为坐标原点，以及过与平行所在直线为，轴建立平面直角坐标系，如图， 设甲乙两船之间的距离最小时分别位于，位置，且此时的时间为小时， 由（1）可得，则， 又因为，所以， 所以，， 所以， 令为二次函数，且开口向上， 则在对称轴取到最小值，此时， 所以甲乙两船之间的距离最小时在30分钟内， 此时甲船距：海里. 20. 已知函数 （1）求函数的单调区间； （2）证明：当有最大值时，存在，使得； （3）当时，过点分别存在几条直线与曲线相切？（只需写出结论） 【答案】（1）时，的单调增区间为和，无单调递减区间； 时，的单调增区间为和，单调递减区间为； 时，的单调增区间为和，单调递减区间为. （2）由（1）知，若有最大值时，当且仅当，且， 此时取，下面证明即可， 令，则， 则只需证明，即， 设，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，即，可得， 所以成立， 故当有最大值时，存在，使得得证. （3）当时，过点分别存在2,3,1条直线与曲线相切. 【解析】 【分析】（1）求出函数导数，根据的大小关系分类讨论即可得解； （2）求出函数的最大值，可转化为时证明即可， 换元后，构造函数利用导数求最小值即可得证； （3）设出切点为，利用导数的几何意义建立方程，转化为求关于的方程根的个数问题，构造函数，利用导数及零点存在定理判断即可得解. 【小问1详解】 ， ①当，即时，， 所以在和上单调递增； ②当，即时，由可得或， 由可得， 所以在和上单调递增，在上单调递减； ③当，即时，由可得或， 由可得， 所以在和上单调递增，在上单调递减； 综上，时，的单调增区间为和，无单调递减区间； 时，的单调增区间为和，单调递减区间为； 时，的单调增区间为和，单调递减区间为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 当时，，， 设过点与曲线相切的切线的切点为， 则由可得，， 化简整理可得关于的方程：， 当过点，即时，方程为， 由知，有两个不等实根，验证不是方程的根， 所以有2个切点，故有2条切线； 当过点，即时，方程为， 设，， 由，有2个不等实根， 可知函数在和上单调递增，在上单调递减， 故至多有3个零点， 又， 由零点存在定理可知，至少有3个零点，故有3个零点， 即方程有3个不等实根，且都不为， 所以有3个切点，故有3条切线； 当过点，即时，方程为， 设，则， 所以或时，，时，， 所以在和上单调递增，在上单调递减， 所以的极大值，所以至多有1个零点， 又，由零点存在定理可知，在上至少有1个零点， 所以有1个零点，即方程只有1个根且不为， 所以有1个切点，故有1条切线. 综上，当时，过点分别存在2,3,1条直线与曲线相切. 21. 如图，设是由个实数组成的行列的数表，其中表示位于第行第列的实数，且． 定义为第行与第行的积．若对于任意，都有，则称数表为完美数表． （1）当时，试写出一个符合条件的完美数表； （2）是否存在2026行2026列的完美数表，并说明理由； （3）设为行列的完美数表，且对于任意的和，都有，证明：． 【答案】（1）一个符合条件的完美数表如下： 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 （2）不存在，理由如下： 假设存在2026行2026列的完美数表， 根据完美数表的定义，可以得到以下两个结论： ①把完美数表的任何一列的数变为其相反数（即均变为，而均变为），得到的新数表是完美数表； ②交换完美数表的任意两列，得到的新数表也是完美数表.   完美数表反复经过上述两个结论的变换，前三行可以为如下形式： 在这个新数表中，设前三行中的数均为1的有x列，前三行中“第1，2行中的数为1，且第3行中的数为”的有y列， 前三行中“第1, 3行中的数为1，且第2行中的数为”的有z列， 前三行中“第1行中的数为1，且第2, 3行中的数为”的有w列（如上表所示）， 则， 由，得， 由，得， 由，得， 解方程组得，这与矛盾， 所以不存在2026行2026列的完美数表. （3）证明如下： 记第1列前行中的数的和， 第2列前行中的数的和，……， 第n列前行中的数的和， 因为对于任意的和，都有， 所以.                                 又因为对于任意（），都有， 所以.                                 又因为， 所以，即. 【解析】 【分析】（1）根据定义求解即可； （2）先研究完美数表性质，再利用性质作变换，考虑前三行的情况，列方程组，最后根据所求解得矛盾，即证得结论； （3）把作为研究对象，根据条件可得，根据定义可得，最后根据不等关系证得结果. 【小问1详解】 由题意，时，数表为： 要使数表为完美数表， 则对于任意，都有，又， 显然答案不唯一，如： 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $