精品解析：北京市第一六六中学、第五十中学2025-2026学年高三上学期期中联考数学试卷

北京市第一六六中学-北京市第五十中学联考 2025-2026学年度第一学期期中测试 高三年级数学学科 （考试时长：120分钟） 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. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数，则复数在复平面内对应的点的坐标为（ ） A. B. C. D. 3. 下列函数中，是偶函数且有最小值的是（ ） A. B. C. D. 4. 双曲线的渐近线为，则的值为（ ） A. B. C. D. 5. 平行四边形中，，，，点M为边的中点，则（ ） A. B. C. -4 D. 4 6. 已知函数在上递增，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 7. 在平面直角坐标系中，，，若，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 2023年，深度求索（DeepSeek）公司推出新一代人工智能大模型，其训练算力需求为1000PF（千亿亿次浮点运算每秒）．截止到2025年，DeepSeek的算力已提升至2250PF，按照技术规划，DeepSeek的算力将每年增长50%．按此计划，DeepSeek的算力将在（ ）年首次突破PF．（参考数据：，）（ ） A. 2032 B. 2033 C. 2034 D. 2035 9. 无穷等比数列的公比为，前项和为，则“”是“，使得对任意的正整数都成立”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 10. 已知函数和在实数集上的图象均为一条连续不断的曲线，且满足：、，都有． 命题若函数在实数集上单调递增，则函数不是减函数； 命题若函数在实数集上无最大值，则函数无最大值． 则下列判断正确的是（ ） A. 和都是真命题 B. 和都是假命题 C. 是真命题，是假命题 D. 是假命题，是真命题 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分． 11. 已知抛物线：，则抛物线的准线方程为______． 12. 在的展开式中存在常数项，写出一个满足条件的正整数的值______． 13. 如图，单位圆与轴的正半轴交于点，以轴的非负半轴为始边作锐角、，终边分别与单位圆相交于点、，角的终边与单位圆交于点． （1）若，，则扇形的面积为______； （2）若，点的纵坐标为时，则点的纵坐标为______． 14. 如图，在四棱锥中，底面是边长为4的菱形，，，，则该四棱锥的高为______，体积为______． 15. 数列，记（且）．现有如下说法： ①若数列等差数列，则； ②若数列为等比数列，且数列单调递增，则公比； ③若数列为等比数列，且，则公比； ④若对任意的且，都有，则数列单调递增． 其中所有正确说法的序号是______． 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）求的值； （2）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，使得存在且唯一确定，求边上中线的长． 条件①.，．条件②.，．条件③.，． 17. 如图，四棱锥的底面是边长为的菱形，，是棱的中点，平面与棱交于点． （1）求证：为棱的中点； （2）若平面平面，，求直线与平面所成角的正弦值． 18. “绿水青山就是金山银山”，某地区甲、乙、丙三个林场开展植树工程，2015-2024年的植树成活率（%）统计如下：（表中“”表示该年没有植树）： 2015年 2016年 2017年 2018年 2019年 2020年 2021年 2022年 2023年 2024年 甲 955 92 96.5 91.6 963 94.6 / / / / 乙 95.1 91.6 93.2 97.8 956 92.3 96.6 / / / 丙 97.0 95.4 98.2 93.5 94.8 95.5 945 93.5 98.0 92.5 规定：若当年植树成活率大于95%，则认定该年为优质工程． （1）从2015至2020这六年中随机抽取一年，在丙被认定为优质工程的条件下，求甲、乙两个林场均被认定为优质工程的概率； （2）从甲、乙、丙三个林场植树的年份中各抽取一年，求其中优质工程的个数恰好为2的概率； （3）若去掉2016年甲、乙、丙三个林场的植树数据，那么第（2）问中的概率将会如何变化？（直接回答“变大”、“不变”或“变小”即可） 19. 已知椭圆的左、右焦点分别为、，上顶点为，的周长为，且椭圆的离心率为． （1）求椭圆的标准方程； （2）两条平行直线、不与坐标轴平行，已知与椭圆交于、两点，与椭圆交于、两点，、、、四点构成四边形，试问四边形是否有可能为等腰梯形，若可能，请求出一组满足要求的直线、，若不可能，请说明理由． 20. 已知函数，． （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）当时， ①证明：函数在区间内存在唯一的极值点； ②记在区间内的极值点为，设函数，，讨论函数的单调性． 21. 已知数列：的各项均为整数． （1）设数列：1，2，3，4，5，6，求数列A中任意两项的差的绝对值之和； （2）证明：在数列中，存在连续的若干项（可以只有一项），这些项的和是n的整数倍； （3）设，是n个互不相等的且小于的正整数．证明：从数列中，可以选出若干项（可以只选一项），这些项的和是的整数倍． （备注：若只选一项，这些项的和就是这一项的值；如果和为0，也算做n的整数倍） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京市第一六六中学-北京市第五十中学联考 2025-2026学年度第一学期期中测试 高三年级数学学科 （考试时长：120分钟） 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. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出集合，利用交集的定义可求得集合. 【详解】因为，，故. 故选：C. 2. 已知复数，则复数在复平面内对应的点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数的除法运算化简，然后利用复数的几何意义求出对应点的坐标. 【详解】， 则复数在复平面内对应的点为． 故选：B 3. 下列函数中，是偶函数且有最小值的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】判断二次函数的对称轴，可得函数不是偶函数，判断选项A，根据函数的定义域判断选项B，判断得，从而得函数为偶函数，结合三角函数的性质可判断得该函数不具有最小值，从而判断选项C，根据，得函数为偶函数，再利用基本不等式求解出最小值，即可判断选项D. 【详解】对A，二次函数的对称轴为， 不是偶函数，故A错误； 对B，函数的定义域为， 定义域不关于原点对称，所以不是偶函数，故B错误； 对C，， 定义域为，所以函数是偶函数， 结合三角函数的性质易判断函数无最小值，故C错误； 对D，，定义域为， 所以函数是偶函数，因为，， 所以，当且仅当，即时取等号， 所以函数有最小值，故D正确. 故选：D 4. 双曲线的渐近线为，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据双曲线的渐近线方程可得出关于的等式，解之即可. 【详解】在双曲线中，，则，， 故该双曲线的渐近线方程为，即，解得. 故选：A. 5. 平行四边形中，，，，点M为边的中点，则（ ） A. B. C. -4 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】由基底表示表示，再结合题设和数量积的运算律即可计算求解. 【详解】由题得， 所以. 故选：D 6. 已知函数在上递增，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由可求出的取值范围，根据正弦型函数的单调性可得出关于的不等式组，即可求得的最大值. 【详解】因为，当时，， 因为函数在上递增，则， 故，解得，故最大值为. 故选：D. 7. 在平面直角坐标系中，，，若，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由平面向量数量积的坐标运算可得出，再利用二次函数的基本性质可求得的最小值. 【详解】由题意可得，可得， 所以， 当且仅当时，等号成立，故的最小值为. 故选：B. 8. 2023年，深度求索（DeepSeek）公司推出新一代人工智能大模型，其训练算力需求为1000PF（千亿亿次浮点运算每秒）．截止到2025年，DeepSeek的算力已提升至2250PF，按照技术规划，DeepSeek的算力将每年增长50%．按此计划，DeepSeek的算力将在（ ）年首次突破PF．（参考数据：，）（ ） A. 2032 B. 2033 C. 2034 D. 2035 【答案】D 【解析】 【分析】先从2025年开始，经过n年DeepSeek的算力首次突破PF，再由题意列不等式结合对数运算性质即可计算求解. 【详解】设从2025年开始，经过n年DeepSeek的算力首次突破PF， 则由题， 所以. 故DeepSeek的算力将在年首次突破PF. 故选：D 9. 无穷等比数列的公比为，前项和为，则“”是“，使得对任意的正整数都成立”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】利用等比数列的求和公式、充分条件、必要条件的定义判断即可得出结论. 【详解】由题意，当时，， 则， 取，则对任意的正整数都成立， 所以“”“，使得对任意的正整数都成立”， 另一方面，当时，， 此时存在，当时，恒成立， 所以“”“，使得对任意的正整数都成立”， 故“”是“，使得对任意的正整数都成立”的充分而不必要条件. 故选：A 10. 已知函数和在实数集上的图象均为一条连续不断的曲线，且满足：、，都有． 命题若函数在实数集上单调递增，则函数不是减函数； 命题若函数在实数集上无最大值，则函数无最大值． 则下列判断正确的是（ ） A. 和都是真命题 B. 和都是假命题 C. 是真命题，是假命题 D. 是假命题，是真命题 【答案】C 【解析】 【分析】利用函数单调性的定义结合绝对值不等式的性质可判断命题；取，，利用函数、的单调性可判断命题. 【详解】对于命题，设，因为是上的增函数，所以， 所以， 因为， 所以， 所以，故函数不是减函数，故命题为真命题； 对于命题，不妨取，，这两个函数的定义域均为， 令，则， 令，则， 所以函数、在上均为增函数， 任取、且，则，， 即，且， 所以，， 故，满足题设条件， 函数在实数集上无最大值，但函数在实数集上有最大值，命题为假命题. 故选：C. 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分． 11. 已知抛物线：，则抛物线的准线方程为______． 【答案】 【解析】 【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. 在的展开式中存在常数项，写出一个满足条件的正整数的值______． 【答案】（只需满足，） 【解析】 【分析】写出二项展开式通项，令的指数为零，可得出，结合，可得出的取值. 【详解】的展开式通项为， 令，可得， 因为，，由，故， 从而可知. 故答案为：（只需满足，）. 13. 如图，单位圆与轴的正半轴交于点，以轴的非负半轴为始边作锐角、，终边分别与单位圆相交于点、，角的终边与单位圆交于点． （1）若，，则扇形的面积为______； （2）若，点的纵坐标为时，则点的纵坐标为______． 【答案】 ①. ## ②. 【解析】 【分析】（1）求出，利用扇形的面积公式可求得结果； （2）求出，结合两角差的正弦公式可求得点的纵坐标的值. 【详解】（1）由题意可知， 此时扇形的面积为； （2）因为，，则，所以， 因为，所以，故， 由题意可知，点的纵坐标为， 则， 故点的纵坐标为 . 故答案为：（1）；（2）. 14. 如图，在四棱锥中，底面是边长为4的菱形，，，，则该四棱锥的高为______，体积为______． 【答案】 ① 4 ②. 【解析】 【分析】先利用菱形的性质定理及线面垂直的判定定理得平面，进而利用面面垂直的判定定理得平面平面．然后建立空间直角坐标系，设，利用和求得点P坐标即可求解锥体的高，最后利用棱锥的体积公式计算即可． 【详解】连接交于点，连接．因为四边形是菱形， 所以，且为的中点． 因为，所以． 又因为，平面，且，所以平面． 而平面，所以平面平面． 故以OA所在直线为x轴，OB所在直线为y轴，过O点作平面的垂线作为z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系. 因为，所以，， 则， 由题意平面即为平面xOz，故设. 因为，所以，即. 又，所以，所以， 由，得，解得， 所以，所以，所以该四棱锥的高为4； 又菱形的面积为， 所以该四棱锥的体积为. 故答案为：4； 15. 数列，记（且）．现有如下说法： ①若数列为等差数列，则； ②若数列为等比数列，且数列单调递增，则公比； ③若数列为等比数列，且，则公比； ④若对任意的且，都有，则数列单调递增． 其中所有正确说法的序号是______． 【答案】①③ 【解析】 【分析】利用等差数列的定义可判断①；计算得出，结合等比数列的单调性求出的范围，可判断②；利用绝对值的性质可判断③；利用绝对值的性质和数列的单调性可判断④. 【详解】对于①，若数列为等差数列，设其公差为， 则，①对； 对于②，若数列为等比数列，设其公比为， 则， 因为数列单调递增，则，故且， 所以，解得或，②错； 对于③， ， ， 而 ， 因为，则， 当且仅当时，等号成立，③对； 对于④，因为 ， 当且仅当，，，， 或，，，，， 即当或时， 又因为，即，故， 所以，当且仅当时，等号成立， 故数列是不减数列，但不一定是递增数列，④错. 故答案为：①③. 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）求的值； （2）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，使得存在且唯一确定，求边上中线的长． 条件①.，．条件②.，．条件③.，． 【答案】（1） （2）见解析 【解析】 【分析】（1）由正弦定理化边为角得，然后利用两角和的正弦公式化简即可得解； （2）选择条件①，利用同角三角函数基本关系得，，利用两角和的正弦公式得，由正弦定理得，进而由余弦定理求解边上中线的长；选择条件②，利用余弦定理求得或，故不唯一，不符合题意；选择条件③，利用余弦定理求得，再由余弦定理求解边上中线的长. 【小问1详解】 由正弦定理可得， 在中，， 所以， 所以原方程变为，因为，所以， 所以原方程变为． 【小问2详解】 选择条件①：在中，因为，所以， 因为，所以，又， 所以，． 因为，所以． 由知角唯一确定， 故存在且唯一确定， 所以， 由正弦定理，可得， 设边上中线为，则由余弦定理得 ． 即边上中线的长为． 选择条件②：，．由余弦定理， 即， 即，可得或， 故不唯一，不符合题意； 选择条件③：，． 由余弦定理，即， 即，可得或（舍去），经检验存在且唯一确定， 设边上的中线为， 由余弦定理得． 即边上中线的长为． 17. 如图，四棱锥的底面是边长为的菱形，，是棱的中点，平面与棱交于点． （1）求证：为棱的中点； （2）若平面平面，，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）证明出平面，利用线面平行的性质推导出，进而得出，结合中位线的性质可证得结论成立； （2）取中点，连接、，推导出平面，，然后以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值. 【小问1详解】 因为底面是菱形，所以， 因为平面，平面，所以平面， 因为平面，平面平面，所以，故， 在中，因为是棱的中点，所以为棱的中点． 【小问2详解】 取中点，连接、，因为，所以． 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面． 在菱形中，，且，故为等边三角形， 所以， 以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、、， 设平面的一个法向量为， ，， 则，取，则． 设直线与平面所成角为，， ， 直线与平面所成角的正弦值为． 18. “绿水青山就是金山银山”，某地区甲、乙、丙三个林场开展植树工程，2015-2024年的植树成活率（%）统计如下：（表中“”表示该年没有植树）： 2015年 2016年 2017年 2018年 2019年 2020年 2021年 2022年 2023年 2024年 甲 95.5 92 96.5 91.6 96.3 94.6 / / / / 乙 95.1 91.6 93.2 97.8 95.6 92.3 96.6 / / / 丙 97.0 95.4 98.2 93.5 94.8 95.5 94.5 93.5 98.0 92.5 规定：若当年植树成活率大于95%，则认定该年为优质工程． （1）从2015至2020这六年中随机抽取一年，在丙被认定为优质工程的条件下，求甲、乙两个林场均被认定为优质工程的概率； （2）从甲、乙、丙三个林场植树的年份中各抽取一年，求其中优质工程的个数恰好为2的概率； （3）若去掉2016年甲、乙、丙三个林场的植树数据，那么第（2）问中的概率将会如何变化？（直接回答“变大”、“不变”或“变小”即可） 【答案】（1） （2） （3）变大 【解析】 【分析】（1）根据条件概率求解即可； （2）根据古典概型及独立事件的概率乘法公式计算即可； （3）去掉2016年的植树数据，根据古典概型及独立事件的概率乘法公式计算即可. 【小问1详解】 2015至2020这六年中，丙有4年被认定为优质工程， 在这4年中，只有2015年甲、乙两个林场均被认定为优质工程， 所以概率为． 【小问2详解】 设事件A：优质工程的个数恰好为2． 甲林场植树共6年，其中优质工程有3年， 乙林场植树共7年，其中优质工程有4年， 丙林场植树共10年，其中优质工程有5年， ． 【小问3详解】 变大． 去掉2016年的植树数据， 则甲林场植树共5年，其中优质工程有3年， 乙林场植树共6年，其中优质工程有4年， 丙林场植树共9年，其中优质工程有4年， 则. 19. 已知椭圆的左、右焦点分别为、，上顶点为，的周长为，且椭圆的离心率为． （1）求椭圆的标准方程； （2）两条平行直线、不与坐标轴平行，已知与椭圆交于、两点，与椭圆交于、两点，、、、四点构成四边形，试问四边形是否有可能为等腰梯形，若可能，请求出一组满足要求的直线、，若不可能，请说明理由． 【答案】（1） （2）不可能，理由见解析 【解析】 【分析】（1）由椭圆的离心率和的周长可求得、的值，据此可得出的值，由此可得出椭圆的标准方程； （2）分别取线段、的中点、，若四边形为等腰梯形，则，设直线的方程为，设直线的方程为，将这两条直线方程分别与椭圆的方程联立，求出点、的坐标，求出直线的斜率，结合两直线垂直于斜率的关系可得出结论. 【小问1详解】 椭圆的离心率为，故， 的周长为，解得，， 故，所以椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 如下图所示： 若四边形为等腰梯形，则， 设直线、交于点，因为，所以，故， 从而， 分别取线段、的中点、，则，， 故、、三点共线，则， 不妨设直线的方程为，设点、， 联立可得， ，可得， 由韦达定理可得， 故，故点， 设直线的方程为，同理可得点， 直线的斜率为， 因为，即与不垂直， 因此不存在满足题设条件的两条平行直线、，使得四边形为等腰梯形. 20. 已知函数，． （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）当时， ①证明：函数在区间内存在唯一的极值点； ②记在区间内的极值点为，设函数，，讨论函数的单调性． 【答案】（1） （2）①证明见解析；②单调递减. 【解析】 【分析】（1）当时，求出、的值，利用导数的几何意义可得出所求切线的方程； （2）①求导得，利用函数的极值点与导数的关系可证得结论成立； ②求导得，当时，判断的符号，即可得出结论. 【小问1详解】 当时，，则， 所以，， 故当时，曲线在处的切线方程. 【小问2详解】 ①当时，， 则， 因为，由可得， 当时，，即函数在上单调递增， 当时，，即函数在上单调递减， 综上所述，当时，函数在上有且只有一个极值点； ②由①知，为函数在上的极大值点， 且， 因为，则 ， 因为，则，所以，， 故，所以函数在上为减函数. 21. 已知数列：各项均为整数． （1）设数列：1，2，3，4，5，6，求数列A中任意两项的差的绝对值之和； （2）证明：在数列中，存在连续的若干项（可以只有一项），这些项的和是n的整数倍； （3）设，是n个互不相等的且小于的正整数．证明：从数列中，可以选出若干项（可以只选一项），这些项的和是的整数倍． （备注：若只选一项，这些项的和就是这一项的值；如果和为0，也算做n的整数倍） 【答案】（1）35 （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）先列出数列任意两项的组合，然后计算它们的差值，最后将这些差值相加即是结果. （2）设，然后分如果存在某个除以的余数为0和如果不存在某个除以的余数为0两种情况结合抽屉原理进行讨论即可证明命题. （3）设，然后分如果存在某个除以的余数为0和如果不存在某个除以的余数为0两种情况结合抽屉原理进行讨论即可证明命题. 小问1详解】 数列，任意两项的组合有：. 计算它们的差值： 将这些差的绝对值相加：， 因此，数列中任意两项的差的绝对值之和为35. 【小问2详解】 设，即. 用除以，得到的余数可能为，共种情况. 如果存在某个除以的余数为0，那么就是的整数倍， 即是的整数倍，结论成立； 如果不存在某个除以余数为0，那么这个数除以的余数只能是这种情况. 根据抽屉原理，个数放入个抽屉中，至少有两个数除以的余数相同，设为和，即. 那么是的整数倍，即存在连续的若干项的和是的整数倍，因此，命题得证. 【小问3详解】 设，（表示不超过的最大整数）， 即是除以的余数. 用除以，得到的余数可能为，共种情况. 如果存在某个除以的余数为0，那么就是的整数倍，即是的整数倍，结论成立； 如果不存在某个除以的余数为0，那么这个数除以的余数只能是这种情况； 根据抽屉原理，个数放入个抽屉中，至少有两个数除以的余数相同，设为和，即. 那么是的整数倍，即存在连续的若干项的和是的整数倍，因此，命题得证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $