精品解析：北京市朝阳区2025-2026学年高三上学期期中质量检测数学试卷

北京市朝阳区2025~2026学年度第一学期期中质量检测 高三数学试卷 2025.11 （考试时间120分钟 满分150分） 本试卷分为选择题40分和非选择题110分 第一部分（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. 若全集，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据并集、补集的定义计算可得. 【详解】因为， 所以，则. 故选：A 2. 已知角的终边经过点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据余弦函数的定义，代入计算，即可得答案. 【详解】因为角的终边经过点，所以. 故选：C 3. 已知向量满足，则（ ） A. 2 B. C. 4 D. 12 【答案】B 【解析】 【分析】根据及数量积的运算律计算可得. 【详解】因为， 所以. 故选：B 4. 下列不等式中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据指数函数、幂函数及对数函数的单调性一一判断即可. 【详解】对于A：因为在定义域上单调递减，所以，故A错误； 对于B：因为在上单调递增，所以，故B错误； 对于C：因为在定义域上单调递减，所以，故C错误； 对于D：因为在定义域上单调递减，所以， 所以， 又，， 所以，故D正确. 故选：D 5. 设，则“”是“”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】A 【解析】 【分析】首先解高次不等式，再根据充分条件、必要条件的定义判断即可. 【详解】由，即，解得且， 所以由推得出，即充分性成立； 由推不出，即必要性不成立； 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A 6. 在等差数列的每相邻两项之间插入一个数，使之组成一个新的等差数列，则（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】依题意可得，，求出公差，再由通项公式计算可得. 【详解】依题意可得新的等差数列中，， 设公差为，则， 所以. 故选：B 7. 若方程在区间上有解，则（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】C 【解析】 【分析】易得函数在上单调递增，结合，，根据零点存在性定理即可求解. 【详解】由，则，， 因为函数在上单调递增， 所以函数在上单调递增， 又， ， 则函数有且仅有一个零点，且，则. 故选：C 8. 在中，是的中点，将沿折起，使得所在平面与所在平面垂直，则此时点与点的距离为（ ） A. B. 3 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】取中点，连接，，推导出，结合等边三角形性质与余弦定理可得、，借助面面垂直性质定理可得，再利用勾股定理即可得解. 【详解】取中点，连接，， 在中，为中点， 则，故等边三角形， 故，，，则， 则， 将沿折叠，当平面平面时， 由平面平面，平面，， 则平面，又平面，故， 则. 故选：C． 9. 若函数在区间上是单调函数，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求导，将问题转化成或在上恒成立的问题，然后分离参数处理. 【详解】由题知，，而在区间上是单调函数， 则或在时恒成立， 当在恒成立时，， 由幂函数性质可知在上递增，则， 故当在恒成立时，等价于，即； 当在恒成立时，， 此时，即. 综上，. 故选：A 10. 某生物种群数量在一个有限的环境中增长时，由于资源和空间等因素的限制，该种群数量与时间之间的关系可以由函数刻画，其中常数表示该种群数量的初始值，常数表示该种群环境容纳量，常数表示内禀增长率，函数的图象如下图所示. 给出下列三个结论： ①函数的导函数有最大值； ②存在，使得函数在区间的图象是中心对称图形； ③对于任意的，有成立. 其中所有正确结论的序号是（ ） A. ① B. ①② C. ②③ D. ①②③ 【答案】B 【解析】 【分析】求出函数的导函数，利用基本不等式判断①，令，推导出即可判断②，结合图象及斜率公式判断③. 【详解】对于①：令，则， 所以， 当且仅当，即，即， 即时取等号，即有最大值，故①正确； 对于②：令，则，， 所以 ， 所以函数在区间的图象关于对称，故②正确； 对于③：表示点与点连线的斜率， 表示点与点连线的斜率， 不妨令，，， 取如下图所示三点，，， 显然，即，故③错误. 故选：B 第二部分（非选择题共110分） 二､填空题共5小题，每小题5分，共25分. 11. 已知复数满足，则的共轭复数__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据复数代数形式的除法运算化简，即可得到其共轭复数. 【详解】因为，所以， 所以. 故答案为： 12. 函数的定义域是__________. 【答案】 【解析】 【分析】定义域是两个函数定义域的交集. 【详解】因为函数的定义域为，的定义域为， 所以函数的定义域为， 故答案为：. 13. 如图，在正方形中，，点为和的交点.若为钝角，写出符合条件的一组的值为__________，__________. 【答案】 ①. （答案不唯一） ②. （答案不唯一） 【解析】 【分析】计算出为钝角时满足的关系式，即得答案. 【详解】因为，， 所以 ， 因为为正方形，所以， 所以， 因为为钝角，且与互补， 所以， 所以，所以符合条件的一组的值为，. 故答案为：；（答案不唯一） 14. 如图，在长方体中，，过点的平面分别交棱于.已知四边形为菱形，且，则__________.；长方体被平面所截得的上下两部分体积之比为__________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】（1）设，利用长方体性质与菱形性质计算即可得； （2）过点作与底面平行的平面，则由长方体对称性可得等于平面与底面所夹长方体的体积的一半，再利用长方体体积公式计算即可得. 【详解】设，则， 则， 由四边形为菱形，则，即有， 解得，即； 设长方体被平面所截得的上下两部分体积分别为、， 过点作与底面平行的平面，由长方体对称性可得： 等于平面与底面所夹长方体的体积的一半，即， 则，则. 故答案为：；. 15. 已知数列的前项和为，且.给出下列四个结论： ①； ②是递增数列； ③，使得当时，； ④，使得当时，总有. 其中所有正确结论的序号是__________. 【答案】①③④ 【解析】 【分析】令，可判断①的真假；由递推关系，可列出数列的前几项，可判断②的真假；利用裴波那契数列的有关公式，可判断③④的真假. 【详解】因为，令，则，又，所以，故①正确； 因为，，两式相减可得. 所以数列的前几项为：，，，，，，… 因为，所以数列不是递增数列，故②错误； 因为数列从第3项起，为裴波那契数列的倍数，且裴波那契数列为递增数列，增长速度越来越快，所以，使得当时，，故③正确. 对裴波那契数列：，满足. 设，则. 所以，所以为方程的两个根. 当时，， ， 所以数列是以为首项，以为公比的等比数列，所以①. 当时，，， 所以数列是以为首项，以为公比的等比数列，所以② ①②得：， 所以， 所以，所以，使得当时，总有.故④正确. 故答案为：①③④ 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. 已知函数. （1）求的最小正周期，并求的图象的对称轴方程； （2）若函数在区间上无最小值，求实数的取值范围. 【答案】（1）；， （2） 【解析】 【分析】（1）利用辅助角公式把合并成正弦型函数，然后利用正弦函数周期与对称轴的求法可得答案； （2）以为整体，根据题意结合正弦函数的有界性和对称性分析可得，运算求解即可. 【小问1详解】 因为， ， 所以函数的最小正周期； 令，解得：， 所以函数的对称轴方程为 ，. 【小问2详解】 由（1）可知：， 因为，则， 若函数在区间上无最小值， 则，解得， 所以实数的取值范围为. 17. 如图，在四棱锥中，与均为等腰直角三角形，，. （1）若为的中点，求证：平面； （2）若平面. （i）求平面与平面夹角的余弦值； （ii）求点到平面的距离. 【答案】（1） 取中点，连接，，如图： 因为与均为等腰直角三角形，且，. 所以四边形为直角梯形，且，，. 所以四边形为正方形. 所以，平面，平面，所以平面； 又因为为中点，所以，平面，平面，所以平面， 且平面，，所以平面平面. 又平面，所以平面. （2）（i）；（ii）. 【解析】 【分析】（1）先证平面平面，再根据面面平行得到线面平行. （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的余弦和点到平面的距离. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面，四边形为正方形，故可以为原点，建立空间直角坐标系，如图： 因为， 所以，，，，. 所以，，，. 设平面的法向量为， 则，可取. 因为，，所以平面的一个法向量为：. （i）设平面与平面夹角为，则. （ii）点到平面的距离为. 18. 在中，. （1）求的大小； （2）若点在边上，且，再从条件①､条件②､条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在，并求的长. 条件①：； 条件②：； 条件③：的面积为. 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①：不存在； 选②：； 选③：. 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式求出，即可得解； （2）若选①，在中利用正弦定理求出，从而求出，即可判断；若选②，利用两角和的正弦公式求出，即可求出，在中，利用正弦定理求出，再由锐角三角函数求出，即可得解；若选③由面积公式求出，再由余弦定理求出、，再由锐角三角函数求出，即可得解. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理可得， 又， 所以， 又，所以，所以，则， 又，所以. 【小问2详解】 若选①：， 在中，由正弦定理， 即，所以，因为， 所以，所以， 此时，则，则不满足三角形内角和定理，故不存在； 若选②：因为，又， 所以， 所以 ，显然， 所以， 所以， 在中，由正弦定理， 即，解得，在中，所以， 所以， 此时， 在中由余弦定理，即，解得（负值已舍去）， 所以存在，且； 若选③：因为的面积为， 所以，所以， 在中由余弦定理 ， 所以， 又， 所以， 在中，所以， 所以， 此时，所以存在，且. 19. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）讨论函数的单调性. 【答案】（1） （2） 当时的单调递增区间为，单调递减区间为； 当时的单调递增区间为，无单调递减区间； 当时的单调递增区间为，，单调递减区间为； 当 时的单调递增区间为，，单调递减区间为. 【解析】 【分析】（1）求出函数的导函数，再由点斜式求出切线方程； （2）求出函数的定义域与导函数，再分、、、四种情况讨论，分别求出函数的单调区间. 【小问1详解】 当时，则，， 所以， 所以曲线在点处的切线方程为，即； 【小问2详解】 函数的定义域为， 又， 当时，恒成立，所以当时，当时， 所以在上单调递增，在上单调递减； 当，即时恒成立，所以在上单调递增； 当，即时，当或时，当时， 所以在和上单调递增，在上单调递减； 当，即时，当或时，当时， 所以在和上单调递增，在上单调递减； 综上可得，当时的单调递增区间为，单调递减区间为； 当时的单调递增区间为，无单调递减区间； 当时的单调递增区间为，，单调递减区间为； 当 时的单调递增区间为，，单调递减区间为. 20. 已知函数. （1）求在区间上的最大值； （2）若函数，求证：在区间上有且只有一个极大值点； （3）若，写出的取值范围.（只需写出结论） 【答案】（1） （2） 因为，. 所以，. 设，， 则 . 因为，所以，，所以. 所以即在上单调递减. 且，. 所以，使得，且唯一. 当时，；当时，. 所以在上单调递增，在上单调递减. 所以：在区间上有且只有一个极大值点. （3） 【解析】 【分析】（1）利用导数分析函数的单调性，可求函数的最大值. （2）利用导数分析函数的单调性，可得函数的极值的情况. （3）利用换元思想，设，将转化成，再确定的取值范围即可. 【小问1详解】 当时，. 由，所以；由，所以. 所以函数在上单调递增，在上单调递减. 所以当时，. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 因为，所以， 设，则. 对，， 因为，，所以. 设，， 则， 令则， 当时，；当时，， 所以单调递减，，即在上恒成立. 所以在上单调递减.所以. 即， 又，所以，即. 综上：，所以，即. 21. 设为正整数，若集合满足如下三个条件，则称具有性质： ①都是元素个数为的数集； ②对任意，集合的元素个数均为1； ③. （1）若集合具有性质，写出集合； （2）若集合具有性质，判断是否存在使得，并说明理由； （3）若集合具有性质，求的最大值. 【答案】（1） （2） 不存在，理由如下： 假设存在使得. 不妨设，设， ，，，. 由①②可知，a,b,c,d,e,f,g,h,l互不相同. 由③可知，存在集合与的交集不为， 且由②可知，集合与的交集中有且仅有一个元素， 不妨设集合为，且，故. 由②可知，的元素个数均为， 且均不为或， 所以集合或，或，或. 由于b,d,e,f,g,h,l互不相同，集合至少包含个元素，与①矛盾. 所以不存在使得. （3）13 【解析】 【分析】（1）假设，根据条件②来进行排除，同理排除，最终得出； （2）用反证法证明，根据三个条件寻找矛盾即可； （3）结合（2）先证明，最多属于中的4个集合，再列举出时符合题意，反证不符合题意即可. 【小问1详解】 由题意可得集合A中有3个不同的元素， 若，要使与满足条件②，则均不属于，所以， 同理可判断均不属于， 则符合题意，所以. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 设集合具有性质. 在中存在一个集合，其中至少有两个元素分别属于其他集合， 否则，若中的每一个集合中至多有一个元素属于其他集合， 则与②或③矛盾. 不妨设该集合为，设元素分别属于其他集合， 除了集合之外，设包含元素的集合有个，分别记为， 设集合包含元素. 当时，若，则，与②矛盾， 所以互不相同，且均不为. 因为的元素个数为，且已经包含一个元素，所以. 所以除了集合之外，包含元素的集合至多有个. 同理可得，除了集合之外，包含元素的集合至多有个， 除了集合之外，包含元素的集合至多有个， 除了集合之外，包含元素的集合至多有个. 所以. 当时，集合具有性质，其中： ，，，， ，，，， ，，，， . 所以的最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京市朝阳区2025~2026学年度第一学期期中质量检测 高三数学试卷 2025.11 （考试时间120分钟 满分150分） 本试卷分为选择题40分和非选择题110分 第一部分（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. 若全集，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知角的终边经过点，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量满足，则（ ） A. 2 B. C. 4 D. 12 4. 下列不等式中正确的是（ ） A. B. C. D. 5. 设，则“”是“”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 6. 在等差数列的每相邻两项之间插入一个数，使之组成一个新的等差数列，则（ ） A. B. C. 1 D. 7. 若方程在区间上有解，则（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 8. 在中，是的中点，将沿折起，使得所在平面与所在平面垂直，则此时点与点的距离为（ ） A. B. 3 C. D. 9. 若函数在区间上是单调函数，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 10. 某生物种群数量在一个有限的环境中增长时，由于资源和空间等因素的限制，该种群数量与时间之间的关系可以由函数刻画，其中常数表示该种群数量的初始值，常数表示该种群环境容纳量，常数表示内禀增长率，函数的图象如下图所示. 给出下列三个结论： ①函数的导函数有最大值； ②存在，使得函数在区间的图象是中心对称图形； ③对于任意的，有成立. 其中所有正确结论的序号是（ ） A. ① B. ①② C. ②③ D. ①②③ 第二部分（非选择题共110分） 二､填空题共5小题，每小题5分，共25分. 11. 已知复数满足，则的共轭复数__________. 12. 函数的定义域是__________. 13. 如图，在正方形中，，点为和的交点.若为钝角，写出符合条件的一组的值为__________，__________. 14. 如图，在长方体中，，过点的平面分别交棱于.已知四边形为菱形，且，则__________.；长方体被平面所截得的上下两部分体积之比为__________. 15. 已知数列的前项和为，且.给出下列四个结论： ①； ②是递增数列； ③，使得当时，； ④，使得当时，总有. 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. 已知函数. （1）求的最小正周期，并求的图象的对称轴方程； （2）若函数在区间上无最小值，求实数的取值范围. 17. 如图，在四棱锥中，与均为等腰直角三角形，，. （1）若为的中点，求证：平面； （2）若平面. （i）求平面与平面夹角的余弦值； （ii）求点到平面的距离. 18. 在中，. （1）求的大小； （2）若点在边上，且，再从条件①､条件②､条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在，并求的长. 条件①：； 条件②：； 条件③：的面积为. 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. 19. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）讨论函数的单调性. 20. 已知函数. （1）求在区间上的最大值； （2）若函数，求证：在区间上有且只有一个极大值点； （3）若，写出的取值范围.（只需写出结论） 21. 设为正整数，若集合满足如下三个条件，则称具有性质： ①都是元素个数为的数集； ②对任意，集合的元素个数均为1； ③. （1）若集合具有性质，写出集合； （2）若集合具有性质，判断是否存在使得，并说明理由； （3）若集合具有性质，求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $