精品解析：北京市昌平区第一中学2025-2026学年高三上学期第三次学情调研（11月）数学试卷

2025—2026学年第一学期高三年级第三次学情调研 数学试卷 2025.11 本试卷共21道题，满分150分．考试时长120分钟试题答案一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效．考试结束后，请将答题卡交回． 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. 下列函数中，既是奇函数又在区间上单调递减的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求函数的奇偶性，或求出单调性，或求出定义域，排除法得到答案. 【详解】选项A，设，则，故为偶函数， 故选项A错误； 选项B，设，，则为奇函数， 和在区间上都是单调递减， 在区间上是单调递减，故选项B正确； 选项C，设，则，故是奇函数， 和为上的增函数， 为上的增函数，故选项C错误； 选项D，，，解得，则定义域为，不满足， 故选项D错误. 故选：B. 2. 下列双曲线，焦点在轴上且渐近线方程为的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据各项双曲线方程确定焦点位置并写出渐近线方程，即可得答案. 【详解】由、的焦点在轴上，A、B错； 由的焦点在轴上且渐近线方程为，C对； 由的焦点在轴上且渐近线方程为，D错. 故选：C 3. 设正项等比数列的前项和为，且，则的最大值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】设正项等比数列的公比为，将转化成，再结合基本不等式即可求解. 【详解】由题可设正项等比数列的公比为， 则， 当且仅当即时等号成立. 所以的最大值为2. 故选：B 4. 在交通工程学中有如下定义：交通流量(辆/小时)是单位时间内通过道路上某一横断面的车辆数；车流速度(千米/小时)是单位时间内车流平均行驶过的距离；车流密度(辆/千米)是单位长度道路上某一瞬间所存在的车辆数，其中和的测量通常视为连续不断的数值.设某路段的和满足(其中是正数)，则随着车流密度增大，以下说法正确的是（ ） A. 车流速度增大 B. 交通流量增大 C. 交通流量先减小后增大 D. 交通流量先增大后减小 【答案】D 【解析】 【分析】由题得到车流速度和交通流量关于车流密度的解析式，再结合一次函数和二次函数性质分析即可求解. 【详解】由题可得(其中是正数)， 随着车流密度增大，减小，则车流速度减小，故A错误； 因为， 所以当时交通流量随车流密度的增大而增大， 当时交通流量随车流密度的增大而减小， 所以随着车流密度增大，交通流量先增大后减小. 故选：D 5. 若是函数图象上两个不同的点，则下列结论中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】对于A项，构造函数，利用导数进行判断，对于C项，由A项得进行判断，对于B,D项可以取特殊值进行判断． 【详解】若是函数图象上两个不同的点， 则， 对于A项，设， 则， 由，得，由，得， 则函数在上单调递增，在上单调递减， 而，得， 即， 得，故A项错误； 对于B项，取，得， 则，故B项错误； 对于C项，由A项知， ，则， 得， 得， 得，故C项正确； 对于D项，取，得， 则，故D项错误， 故选：C 6. 已知圆上到直线的距离为1的点有且仅有2个，则r的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出圆心到直线的距离，然后结合图象，即可得出结论. 【详解】由题意， 在圆中，圆心，半径为， 到直线的距离为的点有且仅有 个， ∵圆心到直线的距离为：， 故由图可知， 当时， 圆上有且仅有一个点（点）到直线的距离等于； 当时， 圆上有且仅有三个点（点）到直线的距离等于； 当则的取值范围为时， 圆上有且仅有两个点到直线的距离等于. 故选：B. 7. 先将函数（且）的图象向左平移个单位长度，再向上平移个单位长度后得到函数的图象，若方程有无数个解，则的值不能为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】D 【解析】 【分析】先根据三角函数图象的变换得出解析式，然后根据三角函数的图象性质分析满足题意的值，即可解出. 【详解】由题意可得，函数（且）， 所以由三角函数周期性性质可知， 方程有无数个解方程有解方程有解， 设，因为且， 所以当为奇数时，， 当时，， 综上，的值域为，所以的取值范围为. 故选：D. 8. 已知函数和的定义域都为，且图象都是连续不断的，则“和都是奇函数”是“存在最大值或存在最小值”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】D 【解析】 【分析】依次举反例判断充分性、必要性不成立即可得解. 【详解】当时，满足函数和的定义域都为， 且图象都是连续不断的，也满足“和都是奇函数”， 所以， 又函数和的定义域都为，且图象都是连续不断的， 所以函数定义域为，且图象是连续不断的， 所以函数是偶函数， 但因为函数，其函数值周期性出现， 于是函数的函数值在之间周期性震荡，如图所示， 所以“不存在最大值或存在最小值”，故充分性不成立； 当时，满足函数和的定义域都为， 且图象都是连续不断的，也满足存在最值， 但此时均不是奇函数，故必要性不成立. 所以“和都是奇函数”是“存在最大值或存在最小值”的既不充分也不必要条件. 故选：D 9. 设正方体的棱长为2，点在底面内且满足性质．若点的轨迹为抛物线的一部分，则性质可以为（ ） ①点到直线的距离与它到平面的距离相等； ②点到点的距离与它到直线的距离之和为4； ③直线和夹角为； ④直线和夹角为． A. ①或③ B. ①或④ C. ②或③ D. ②或④ 【答案】A 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，设,结合抛物线定义，逐一分析各条件对应的轨迹方程即可. 【详解】如图所示，建立空间直角坐标系， ，设， 对于①：点到直线的距离，即点到点的距离， 所以， 点到平面的距离，即点到的距离，为， 所以，化简得，为开口向左，顶点为的抛物线， 在底面内时，，轨迹为抛物线的一部分，故①符合要求； 对于②：点到直线的距离，即点到点的距离， 所以， 所以，即， 两边平方得， 即，两边平方得， 即，即，不符合抛物线要求，故②不符合要求； 对于③：， 所以， 可得，在底面内时，， 轨迹为抛物线的一部分，故③符合要求； 对于④：， 所以，可得， 此为圆心在原点，半径为2的圆，不符合抛物线要求，故④不符合要求； 综上：符合条件的为①③. 故选：A. 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． 10. 函数的定义域是________． 【答案】 【解析】 【分析】根据具体函数的定义域求解方法即可得出结果. 【详解】根据题意可得如下不等式组， 解得且. 所以函数的定义域为. 故答案为：. 11. 在中内角、、所对边分别为、、，能说明“若，则是直角三角形”为假命题的一组、的值_____，_____. 【答案】 ①. ②. （答案不唯一，只需满足即可） 【解析】 【分析】由正弦定理化简得出，可知为锐角，结合诱导公式得出，利用正弦型函数的单调性与对称性可得出、的关系，结合题意可得答案. 【详解】由结合正弦定理可得， 因为、，所以，故，故为锐角， 且，故，所以， 因为，则， 若，由于正弦函数在上为增函数，故，故； 若，则，可得， 综上所述，或. 命题“若，则是直角三角形”为假命题，则， 故可取，（答案不唯一）. 故答案为：；（答案不唯一，只需满足即可）. 12. 已知正方形边长为为线段的中点，若为线段上的动点，为的中点，则的最小值为_____. 【答案】## 【解析】 【分析】由题得到，从而求出的最小值即可得解. 【详解】由题可得， 则的最小值为的最小值，设为d， 则. 故答案为： 13. 已知函数， 当时，不等式的解集为_____； 若0是的一个极值点，则的取值范围是_____. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】第一空：分别解指数不等式与一元二次不等式求解即可；第二空：分，，三种情况讨论即可求解. 【详解】第一空：当时，， 当时，由，得，所以，解得，所以； 当时，由，得，所以， 解得，所以； 综上所述：不等式的解集为； 第二空：当时，在上单调递减，在上单调递增， 若0是的一个极值点，则是极大值，所以， 解得，所以， 当时，在上为常数函数，在上单调递增， 故0不是的一个极值点， 当时，在上单调递增，在上单调递增， 若0是的一个极值点，则是极小值， 所以，解得，又，所以； 综上所述：所以的取值范围是. 故答案为：①；②. 14. 已知等差数列与等比数列都是无穷递增数列，给出下列四个结论: ①不存在数列与，使得是递减数列； ②存在数列与，使得是递增数列； ③不存在数列与，使得同时有无穷个正项和无穷个负项； ④存在数列与，使得恰好出现三个为1的项. 其中正确结论的序号是_____. 【答案】①②③ 【解析】 【分析】由即可判断①；由可以成立即可判断②；由增数列性质结合一次函数和指数函数图像性质即可依次分析判断③④. 【详解】因为等差数列与等比数列都是无穷递增数列， 则， 则， 所以数列是递增数列，不存在数列与，使得是递减数列，①正确； 设等差数列公差为d，等比数列公比为q， 则， 显然可以成立， 如当时，即， 所以存在数列与，使得是递增数列，②正确； 由①数列是递增数列，所以最小项为， 由等差数列性质， 若恒成立，则由等比数列是无穷递增数列得， 则一定存在，使得，则当时，， 则有无穷个正项和有限个负项， 所以不存在数列与，使得同时有无穷个正项和无穷个负项，③正确； 因为为一次型函数增长模型，为指数型增长模型， 由一次函数与指数函数图像特征可知，一次函数与指数函数至多只有两个交点， 所以不存在数列与，使得恰好出现三个为1的项，④错误. 故答案为：①②③ 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. 15. 在中，内角的对边分别为，已知不是直角三角形，且角为锐角，，． （1）求角； （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）可以选择②或③，的面积均为 【解析】 【分析】（1）利用二倍角公式将条件变形，得到（舍去）或，再利用正弦定理求出，即可求出角； （2）选择条件①时，利用余弦定理求出或，即可判断不唯一，不合题意，舍去；选择条件②时，由，可得为钝角，即可判断唯一，符合题意.再利用条件求出及，根据三角形的面积公式求出的面积即可；选择条件③时，先利用条件求出，再利用余弦定理求出，即可判断唯一，再根据三角形的面积公式求出的面积即可； 【小问1详解】 由二倍角公式可得， 即，所以或. 在中，由解得. 因为不是直角三角形，所以舍去. 当时，在中，由正弦定理可得， 解得，因为角为锐角，所以； 【小问2详解】 选择条件①时，，由（1）知， 在中，由余弦定理可得， 即，即，解得或， 所以不唯一，不合题意，舍去； 选择条件②时，由，可知为钝角，所以唯一，符合题意. 此时， 代入中，可得，解得. 在中，由（1）知，因为， 所以 ， 所以； 选择条件③时，，由（1）知，， 则，解得. 在中，由余弦定理可得， 即，即，解得或（舍去）， 所以唯一，符合题意. 此时. 16. 在一次学业水平测试中，有一道填空题考查核心概念，A，B两所中学的高二年级学生都参加了测试．为分析学生对该概念的掌握情况，随机抽取了A，B两校高二年级各150名学生的答题数据，其中A校学生作答正确的人数为120，B校学生作答正确的人数为105． 假设学生之间答题相互独立，用频率估计概率． （1）估计A校高二年级学生该题作答正确的概率； （2）从A，B两校高二年级学生中各随机抽取1名，设为这2名学生中该题作答正确的人数，估计的概率及的数学期望； （3）假设：若未掌握该概念，学生作答正确的概率为40%（因题目有一定提示性）；若掌握该概念，A校学生作答正确的概率为100%，B校学生作答正确的概率为75%．设A，B两校高二年级学生掌握该概念的概率估计值分别为，，判断，的大小．（结论不要求证明） 【答案】（1） （2）， （3） 【解析】 【分析】（1）用频率估计概率即可求解； （2）利用独立事件乘法公式以及互斥事件的加法公式可求恰有1人做对的概率及的分布列，从而可求其期望； （3）根据题设可得关于，的方程，求出其解后可得它们的大小关系. 【小问1详解】 估计A校高二年级学生该题作答正确的概率. 【小问2详解】 设A为“从A校高二年级学生抽取1人做对”，则，， 设为“从校高二年级学生抽取1人做对”，则，， 设为“恰有1人做对”，故 ，依题可知，可取， ，，， 故的分布列如下表： 故. 【小问3详解】 设为 “A校掌握这个知识点的学生做该题”， 因为A校掌握这个知识点则有100%的概率做对该题目， 未掌握该概念的学生作答正确的概率为40%， 故，即，故， 同理有，，故， 故. 17. 如图，四边形、均为直角梯形，，，，且． （1）求证：平面； （2）在线段上是否存在点，使得直线和平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】（1） 证明：因为且， 故四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面； （2）存在，. 【解析】 【分析】（1）证明出四边形为平行四边形，得到，从而利用线面平行的判定定理证明线面平行； （2）建立空间直角坐标系，设出，利用线面角的正弦值列出方程，求出答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，，所以两两垂直， 故以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 因为， 则， 设，则，设， 则，解得，故， 设平面的法向量为， 则， 令，则，故， 设直线和平面所成角的正弦值为， 则， 平方化简得，解得， 综上，在线段上存在点，使得直线和平面所成角的正弦值为， 此时. 18. 已知椭圆：的离心率为，长轴长为4．过点的直线与椭圆交于，两点，为坐标原点． （1）求椭圆的方程； （2）若的面积为，求； （3）求的面积的最大值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据长轴长和离心率求出基本量后可得椭圆方程； （2）设出直线方程并联立椭圆方程后结合韦达定理用参数表示面积后可求的值，从而可求弦长. (3)由（2）得，设，则，，利用基本不等式求解． 【小问1详解】 因为长轴长为4，故，而离心率为，故， 故，故椭圆方程为：. 【小问2详解】 当直线AB的斜率不存在时，此时三点共线，不合要求，舍去， 当直线AB的斜率存在时， 设直线AB的方程为：， 联立消去得，， 由，解得， 设， ， ， 解得， 所以． 【小问3详解】 当直线AB的斜率不存在时，此时三点共线，不合要求，舍去， 当直线AB的斜率存在时， 设直线AB的方程为：， 联立消去得，， 由，解得， 设， ， 设，则， ， 当且仅当，即时等号成立，即， 解得时取等号，满足， 所以的面积最大为. 19. 已知函数，其中. （1）若曲线在处的切线为轴，求的值: （2）函数的导函数为，曲线与曲线交于两点，求证:直线的斜率小于1. 【答案】（1）1 （2）证明: 曲线与的交点满足， 化简得， 则或即， 不妨令交点，则. 直线的斜率为， 由上可知，所以， 令，则，故， 于是. 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义，构造函数研究函数的单调性、最值计算即可求解； （2）联立导函数与函数方程计算得出A、B坐标，利用两点斜率公式，结合上问的结论，得出，再根据指对同构计算即可. 【小问1详解】 函数求导， 由题意，曲线在处的切线为轴，则， 即，令，易知， 则在上单调递增，在上单调递减，所以， 即只有一个解，得； 【小问2详解】 略. 20. 已知为各项均为整数的无穷递增数列，且. 对于中的任意一项，在中都存在两项，使得或. （1）若，，写出的所有可能值； （2）若. ①当时，求的最大值； ②当时，求的最小值. 【答案】（1）的所有可能值为7，9，15，17． （2）①1013；②的最小值为7. 【解析】 【分析】（1）求出或，再分类讨论即可； （2）首先分析得当时符合题意且，再利用反证法证明即可； （3）首先证明时存在符合条件的，再证明即可. 【小问1详解】 或， 当时，因为，符合条件； 则或或或， 又因为为各项均为整数的无穷递增数列，则或. 当时， 则或或或， 当时，，符合题意， 当时，，符合题意， 当或27，此时不满足数列为递增数列，故舍去， 综上，的所有可能值为7，9，15，17． 【小问2详解】 ①的最大值为1013，理由如下： （i）当时符合题意且． （ii）假设中存在偶数，且首个偶数为， 因为为递增数列，所以存在，使得或，进而有． 所以为奇数，此时均不为偶数，与为偶数矛盾． 所以中各项均为正奇数， 又因为为递增数列，所以， 即． 综上的最大值为1013． ②的最小值为7，理由如下： （i）首先证明时存在符合条件的： 当前7项为$1，2，3，9，27，45，2025$时， 且可构造的后续项使其符合题意（如可取． （ii）其次证明． 由题，当时，， 所以， 进而有， 所以， 所以． （iii）最后证明． 假设存在符合题意且， 因为，所以当时，， 所以存在，有，从而， 所以，所以，从而，且因为， 所以当时，， 所以存在，有，从而为整数， 又因为，所以为5的倍数，与矛盾． 综上有的最小值为7． 【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是分为两部分证明，第一部分证明满足题意，再证明即可. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年第一学期高三年级第三次学情调研 数学试卷 2025.11 本试卷共21道题，满分150分．考试时长120分钟试题答案一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效．考试结束后，请将答题卡交回． 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. 下列函数中，既是奇函数又在区间上单调递减的是（ ） A. B. C. D. 2. 下列双曲线，焦点在轴上且渐近线方程为的是（ ） A. B. C. D. 3. 设正项等比数列的前项和为，且，则的最大值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 6 4. 在交通工程学中有如下定义：交通流量(辆/小时)是单位时间内通过道路上某一横断面的车辆数；车流速度(千米/小时)是单位时间内车流平均行驶过的距离；车流密度(辆/千米)是单位长度道路上某一瞬间所存在的车辆数，其中和的测量通常视为连续不断的数值.设某路段的和满足(其中是正数)，则随着车流密度增大，以下说法正确的是（ ） A. 车流速度增大 B. 交通流量增大 C. 交通流量先减小后增大 D. 交通流量先增大后减小 5. 若是函数图象上两个不同的点，则下列结论中正确的是（ ） A. B. C. D. 6. 已知圆上到直线的距离为1的点有且仅有2个，则r的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 先将函数（且）的图象向左平移个单位长度，再向上平移个单位长度后得到函数的图象，若方程有无数个解，则的值不能为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 8. 已知函数和的定义域都为，且图象都是连续不断的，则“和都是奇函数”是“存在最大值或存在最小值”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 9. 设正方体的棱长为2，点在底面内且满足性质．若点的轨迹为抛物线的一部分，则性质可以为（ ） ①点到直线的距离与它到平面的距离相等； ②点到点的距离与它到直线的距离之和为4； ③直线和夹角为； ④直线和夹角为． A. ①或③ B. ①或④ C. ②或③ D. ②或④ 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． 10. 函数的定义域是________． 11. 在中内角、、所对边分别为、、，能说明“若，则是直角三角形”为假命题的一组、的值_____，_____. 12. 已知正方形边长为为线段的中点，若为线段上的动点，为的中点，则的最小值为_____. 13. 已知函数， 当时，不等式的解集为_____； 若0是的一个极值点，则的取值范围是_____. 14. 已知等差数列与等比数列都是无穷递增数列，给出下列四个结论: ①不存在数列与，使得是递减数列； ②存在数列与，使得是递增数列； ③不存在数列与，使得同时有无穷个正项和无穷个负项； ④存在数列与，使得恰好出现三个为1的项. 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. 15. 在中，内角的对边分别为，已知不是直角三角形，且角为锐角，，． （1）求角； （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． 16. 在一次学业水平测试中，有一道填空题考查核心概念，A，B两所中学的高二年级学生都参加了测试．为分析学生对该概念的掌握情况，随机抽取了A，B两校高二年级各150名学生的答题数据，其中A校学生作答正确的人数为120，B校学生作答正确的人数为105． 假设学生之间答题相互独立，用频率估计概率． （1）估计A校高二年级学生该题作答正确的概率； （2）从A，B两校高二年级学生中各随机抽取1名，设为这2名学生中该题作答正确的人数，估计的概率及的数学期望； （3）假设：若未掌握该概念，学生作答正确的概率为40%（因题目有一定提示性）；若掌握该概念，A校学生作答正确的概率为100%，B校学生作答正确的概率为75%．设A，B两校高二年级学生掌握该概念的概率估计值分别为，，判断，的大小．（结论不要求证明） 17. 如图，四边形、均为直角梯形，，，，且． （1）求证：平面； （2）在线段上是否存在点，使得直线和平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 18. 已知椭圆：的离心率为，长轴长为4．过点的直线与椭圆交于，两点，为坐标原点． （1）求椭圆的方程； （2）若的面积为，求； （3）求的面积的最大值． 19. 已知函数，其中. （1）若曲线在处的切线为轴，求的值: （2）函数的导函数为，曲线与曲线交于两点，求证:直线的斜率小于1. 20. 已知为各项均为整数的无穷递增数列，且. 对于中的任意一项，在中都存在两项，使得或. （1）若，，写出的所有可能值； （2）若. ①当时，求的最大值； ②当时，求的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $