精品解析：北京市顺义牛栏山第一中学2025-2026学年高三上学期期中考试数学试卷

牛栏山一中2025-2026学年度高三第一学期期中考试 数学试卷 2025.11 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. 集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 1 3. 若，且，则下列说法一定正确的是（ ） A. B. C. D. 4. 下列函数中满足定义域为且为偶函数的是（ ） A. B. C. D. 5. 已知，则的最小值为（ ） A. B. 2 C. 3 D. 4 6. 在中的角的对应边分别为，且，则三角形的形状为（ ） A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 钝角三角形 D. 直角或等腰三角形 7. 已知，则“”是“”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 8. 已知抛物线的焦点为，准线为为抛物线上一点，作于点，若为等边三角形，则点的横坐标为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 9. 已知圆，过点的直线与圆交于两点.则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数，则下列结论中正确结论的个数为（ ） ①存在正数，使在定义域内单调递减； ②当时，函数有唯一零点； ③若存在两个零点，且，则. A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 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.把答案填写在答题卡上. 11. 双曲线的一条渐近线方程为__________. 12. 写出函数最大值为1的一个值，__________. 13. 如图所示，在平面直角坐标系中，设第一象限角的始边与轴的非负半轴重合，终边与单位圆交于点，将射线绕坐标原点按逆时针方向旋转后与单位圆交于点，则的最大值为__________. 14. 某地遵循节能减排的环保理念，计划从2025年1月开始逐步将本地1000辆燃油公交车替换为新能源公交车.记第个月投入使用的新能源公交车数量和弃置的燃油公交车数量分别为（单位：辆），其中.从2025年2月起，计划每个月投入使用的新能源公交车数量比前一个月多10辆，每月弃置的燃油公交车数量为上一个月的2倍，但实际弃置量不超过剩余燃油车数量，若剩余为0则不再弃置.则该地区截止3月底公交车总数量为__________辆；到第__________月月底时，公交车总数量超过1000台，且全部为新能源公交车. 15. 已知曲线，点为曲线上任意一点，则下列说法正确的有__________. ①曲线关于点对称； ②曲线所围成的图形面积小于3； ③点的纵坐标的取值范围为； ④线段长度的最小值为1. 三､解答题：本大题共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. 在平面直角坐标系中，圆，直线和点. （1）求圆心到直线的距离； （2）动点在圆上， ①求的最大值与最小值； ②求的取值范围.（直接写出答案） 17. 在中，，且. （1）求的大小； （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，使存在且唯一确定，求的面积. 条件①：； 条件②：边上的高为； 条件③：. 18. 已知函数. （1）若，求的值； （2）已知在区间上单调递增，，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，使函数存在，求的值. 条件①：； 条件②：； 条件③：在区间上单调递减. 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. 已知椭圆的短轴长为，离心率为. （1）求椭圆的标准方程； （2）若过点的直线交椭圆于两点，且（其中为坐标原点），求的面积. 20. 已知函数在处的切线为. （1）求； （2）证明：函数有最小值. 21. 已知行列的数表的分量都是非零整数.对于正整数，若数表满足如下两条性质，则称数表具有性质： ①对任意中有个，个； ②存在，使得都是正整数. （1）分别判断数表是否具有性质，请直接写出结果.若具有性，则写出相应的值； （2）当时，是否存在数表满足，并且具有性质？若存在，请写出一个这样的数表；若不存在，请说明理由； （3）当时，是否存在数表满足，并且具有或者性质？若存在，对两种情况分别求出的最小值；若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 牛栏山一中2025-2026学年度高三第一学期期中考试 数学试卷 2025.11 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. 集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】解不等式求得集合，进而求得. 【详解】，解得或， 所以或， 所以. 故选：D 2. 已知复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的除法化简运算即可. 【详解】因为，所以. 故虚部为， 故选：. 3. 若，且，则下列说法一定正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】对于A，结合幂函数的单调性判断即可；对于BCD，举特例判断即可. 【详解】对于A，由，且函数在上单调递增，则，故A正确； 对于B，当时，满足，而，故B错误； 对于C，当时，满足，而，故C错误； 对于D，当时，满足，而，故D错误. 故选：A 4. 下列函数中满足定义域为且为偶函数的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据偶函数的定义逐一判断即可. 【详解】A：设，定义域为全体实数， ，所以该函数是奇函数，不符合题意； B：设，定义域为，显然不是实数集，不符合题意； C：设，定义域为全体实数， ，所以该函数不是偶函数，不符合题意； D：令，定义域为全体实数， ，所以该函数是偶函数，符合题意， 故选：D 5. 已知，则的最小值为（ ） A. B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据题设条件结合正弦函数的性质由可得或，由可得或，进而分析求解即可. 【详解】由， 则或， 即或， 因为，则为正整数，可以为或， 由， 则或， 即或， 由于为正整数，则可以为或， 综上所述，可以为则的最小值为2. 故选：B 6. 在中的角的对应边分别为，且，则三角形的形状为（ ） A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 钝角三角形 D. 直角或等腰三角形 【答案】A 【解析】 【分析】将式子中的余弦转化为边的表达式并化简，得到边的等量关系，进而判断三角形形状. 【详解】将用余弦定理展开， 得. 由题设，故. 故选：A 7. 已知，则“”是“”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】将中的角变形，再利用两角和差公式得到，得到或，分别讨论求解，得到充分性不成立；由得到，分别讨论和两种情况进行求解，从而得到必要性不成立. 【详解】充分性分析： ，，， ， ， 或， 当时，，即，， 当时，，即， 综上可得，当时，或， 不能得到，充分性不成立； 必要性分析： ，， 当时，，不一定有成立， 当时，，则有成立， 综上，由不一定得到，故必要性不成立， 故选：D. 8. 已知抛物线的焦点为，准线为为抛物线上一点，作于点，若为等边三角形，则点的横坐标为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】利用抛物线的标准方程先确定F坐标，结合定义与正三角形的性质计算即可. 【详解】由抛物线的定义可知，且，过作， 可知D为的中点， 则，即，所以点的横坐标为3. 故选：C 9. 已知圆，过点的直线与圆交于两点.则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出夹角的最小值和最大值，再利用向量的数量积公式求解即可. 【详解】圆：，圆心为，半径. 记点为点， 因为，所以点在圆内， ， 当点为的中点时，的夹角最小，此时，， 所以，所以，所以， 即夹角的最小值为； 当线段是圆的一条直径时，的夹角最大，最大值为. 所以，, 所以. 故选：A. 10. 已知函数，则下列结论中正确结论的个数为（ ） ①存在正数，使在定义域内单调递减； ②当时，函数有唯一零点； ③若存在两个零点，且，则. A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】结论①：分区间分析导数，结合的连续性，验证存在正数使函数在定义域内连续单调递减；结论②：分区间分析函数值符号，确定唯一零点；结论③：结合定义域与零点间距条件，排除负零点的可能，再通过零点条件与函数单调性确定参数范围. 【详解】结论①： 函数定义域为，. 当时，，， 取，则，函数在上单调递减，且； 当时，，， 取，则，函数在单调递减，且. 因此在内连续且单调递减，故结论①正确. 结论②： 当时：若，， ，函数在上单调递减，故； 若，； 仅时，故函数有唯一零点，结论②正确. 结论③： 已知是的一个零点，不妨设， 由，若，则，显然不满足， 故另一个零点必大于0，此时. 由，得，，所以， 记（），则. 设（），则. 故在上单调递减，且，则（）， 可得，故在上单调递减. 因此时，，故，则得，结论③正确. 综上，3个结论均正确. 故选：D 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.把答案填写在答题卡上. 11. 双曲线的一条渐近线方程为__________. 【答案】（或） 【解析】 【分析】根据题意，化简得到双曲线的标准方程，求得的值，结合双曲线的几何性质，即可求解. 【详解】由双曲线，可得其标准方程为， 可得，即， 所以双曲线的渐近线方程为，即， 所以双曲线其中一条渐近线为（或） 故答案为：（或）. 12. 写出函数最大值为1的一个值，__________. 【答案】（答案不唯一） 【解析】 【分析】展开并化简函数表达式，分析其最大值的表达式，通过最大值为1的条件求解的取值. 【详解】. 化简得： . 的最大值为，令其等于1，得，解得， 所以. 故答案为：（答案不唯一） 13. 如图所示，在平面直角坐标系中，设第一象限角的始边与轴的非负半轴重合，终边与单位圆交于点，将射线绕坐标原点按逆时针方向旋转后与单位圆交于点，则的最大值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用三角函数的定义和诱导公式、两角和的正弦展开式可得答案 【详解】由已知得， 由三角函数的定义：， 则 ， 因为， 所以， 可得，即的最大值为. 故答案为：. 14. 某地遵循节能减排的环保理念，计划从2025年1月开始逐步将本地1000辆燃油公交车替换为新能源公交车.记第个月投入使用的新能源公交车数量和弃置的燃油公交车数量分别为（单位：辆），其中.从2025年2月起，计划每个月投入使用的新能源公交车数量比前一个月多10辆，每月弃置的燃油公交车数量为上一个月的2倍，但实际弃置量不超过剩余燃油车数量，若剩余为0则不再弃置.则该地区截止3月底公交车总数量为__________辆；到第__________月月底时，公交车总数量超过1000台，且全部为新能源公交车. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】通过等差数列求和得累计投入的新能源公交车数量，通过等比数列求和得累计弃置的燃油公交车数量，计算得3月底总数；再利用等差数列求和公式表示累计新能源数量，结合等比数列求和确定燃油全弃置时间，求解不等式得到满足条件的月份. 【详解】投入的新能源公交车数量构成等差数列， 首项，公差，故，， 前3项和为. 弃置的燃油公交车数量构成等比数列，首项，公比， 故，，前3项和为. 截止3月底公交车总数为. 设第月底满足条件，等差数列前项和为. 等比数列前项和为， 当时，，剩余燃油； 时弃置370辆，燃油全部弃置. 由，得， 解得，故. 故答案为：1110；11. 15. 已知曲线，点为曲线上任意一点，则下列说法正确的有__________. ①曲线关于点对称； ②曲线所围成的图形面积小于3； ③点的纵坐标的取值范围为； ④线段长度的最小值为1. 【答案】③④ 【解析】 【分析】根据对称性、面积、图象等知识进行分析，从而确定正确答案. 【详解】①，当时，， 当时，，，无解. 当时，， 解得或，所以曲线过点， 这两点不关于对称，所以①错误. ③，对于，由于，所以，，， 当时，，， 所以无解. 当时，， 解得，所以点的纵坐标的取值范围为，③正确. ②，由③可得，故曲线即为， 整理得， 当时，， 故关于的方程有一正一负两个解， 设， 则 ， ， 而，故， 故在轴的右侧有曲线在直线的上方，在的下方， 而曲线关于轴对称， 故在轴的左侧有曲线在直线的上方，在的下方， 而直线、直线、直线、直线围成的平面区域即为四边形围成的平面区域，其面积为， 故曲线所围成的图形面积大于3，故②错误. ④，设，其中， ， 由于，所以， 所以，所以， 所以线段长度的最小值为1，此时，所以④正确. 故答案为：③④ 三､解答题：本大题共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. 在平面直角坐标系中，圆，直线和点. （1）求圆心到直线的距离； （2）动点在圆上， ①求的最大值与最小值； ②求的取值范围.（直接写出答案） 【答案】（1）； （2）①最大值8，最小值2；②. 【解析】 【分析】（1）将圆方程化为标准式得圆心坐标，用点到直线距离公式求距离； （2）①计算点到圆心的距离，结合圆的半径得的最值； ②设目标式为，转化为直线与圆有交点的问题，利用圆心到直线的距离不超过半径求范围. 【小问1详解】 圆的方程配方得，圆心，半径. 圆心到直线的距离. 【小问2详解】 ①点到圆心的距离. 的最大值为，最小值为. ②设，直线与圆有交点， 圆心到直线的距离不超过半径，即. 解得，即的取值范围为. 17. 在中，，且. （1）求的大小； （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，使存在且唯一确定，求的面积. 条件①：； 条件②：边上的高为； 条件③：. 【答案】（1） （2）选条件①：无解；选条件②：的面积为；选条件③：的面积为 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理边化角即可求解； （2）选①，由余弦定理可得答案；选②，结合余弦定理求出面积可得答案；选③，判断出是钝角，利用平方关系求出，再结合正弦定理求出，最后由三角形的面积公式可得答案. 【小问1详解】 由余弦定理及得 ， 因为，所以； 【小问2详解】 选条件①，， 由余弦定理得， 而由（1）得，显然不成立； 所以无解； 选条件②：边上的高为， 可得，即，又.， 由余弦定理得， 化简得，解得，或舍去， 所以有一解，此时的面积为； 选条件③：， 因为，所以是钝角，可得是锐角， 所以， ， 在中，由正弦定理得， 可得，再由解得， 由余弦定理得， 即，符合有一解， 此时的面积为. 18. 已知函数. （1）若，求的值； （2）已知在区间上单调递增，，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，使函数存在，求的值. 条件①：； 条件②：； 条件③：在区间上单调递减. 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）答案见解析过程 【解析】 【分析】（1）根据辅助角公式化简函数解析式，利用代入法进行求解即可； （2）若选条件①：根据函数的单调性进行判断即可； 若选条件②：根据函数的单调性，结合正弦型函数的最小正周期公式进行求解即可； 若选条件③：根据函数的单调性判断函数的最小值，结合条件②的结论进行求解即可. 【小问1详解】 ， 若， 所以， 因为，所以令，即； 【小问2详解】 若选条件①： 已知条件为在区间上单调递增，，. 因为， 在区间上单调递增， 所以，显然，不能同时成立， 故不存在函数，不能选择该条件； 若选条件②：已知条件为在区间上单调递增，，. 因为， 在区间上单调递增， 所以有，显然，同时能成立， 由可知该函数的最小值为， 于是有，即， 又因为， 所以， 因为，所以令，即， 所以可以选择本条件，此时； 若选条件③：已知条件为在区间上单调递增，，在区间上单调递减. 因为在区间上单调递增，上单调递减. 所以函数，此时， 所以由条件②可知可以选择本条件，此时； 19. 已知椭圆的短轴长为，离心率为. （1）求椭圆的标准方程； （2）若过点的直线交椭圆于两点，且（其中为坐标原点），求的面积. 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）利用椭圆的短轴长与离心率，结合求出椭圆的基本参数，得到标准方程； （2）设直线方程与椭圆联立，利用向量垂直的条件求出直线斜率，再通过弦长公式与点到直线的距离公式计算三角形面积. 【小问1详解】 由短轴长，得，故. 由离心率，得. 结合，代入得，解得. 故椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 设直线方程为，代入椭圆方程得. 设，，则，. 由，得，代入、，化简得， 解得，此时， 原点到直线的距离， 弦长. 故的面积为. 20. 已知函数在处的切线为. （1）求； （2）证明：函数有最小值. 【答案】（1）； （2） 由，得， . 令，解得. 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 当时，，单调递减. 时，；时，. ， 所以在处的极小值为函数的最小值，故有最小值. 【解析】 【分析】（1）将函数转化为乘积形式求导，结合切线斜率与切点导数的关系，求解参数； （2）求导后分析导数符号得到单调区间，结合极限趋势，确定极小值为最小值. 【小问1详解】 ， . 当时，. 切线斜率为，故，即，解得. 【小问2详解】 略 21. 已知行列的数表的分量都是非零整数.对于正整数，若数表满足如下两条性质，则称数表具有性质： ①对任意中有个，个； ②存在，使得都是正整数. （1）分别判断数表是否具有性质，请直接写出结果.若具有性，则写出相应的值； （2）当时，是否存在数表满足，并且具有性质？若存在，请写出一个这样的数表；若不存在，请说明理由； （3）当时，是否存在数表满足，并且具有或者性质？若存在，对两种情况分别求出的最小值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）数表具有性质，；数表具有性质，； （2） 不存在数表，满足且具有性质. 下面用反证法证明： 假设存在数表满足且具有性质性质： 即第一行， 记第行的各项积，则； 根据性质①可知，， 所以对任意，； 又由性质②，存在，使； 故产生矛盾，所以假设不成立，即不存在符合题意数表. （3）都存在.具有性质，的最小值；具有性质，的最小值. 【解析】 【分析】（1）直接根据数表的性质判断可得； （2）利用反证法，根据数表每行的数的乘积符号的变化规律分析可得； （3）两类情况都采取先构造再证明的方法，先构造满足题意的数表，再根据数表每行的数乘积正负变化规律及的个数，结合性质探索取值，证明所构造数表即为最小时满足性质的数表. 【小问1详解】 数表，， 当时，，，中有个，个； 当时，，，中有个，个； 故满足性质①； 存在，当时，均为正整数，满足性质②， 所以数表具有性质，即； 数表，， 当时，，，中有个，个； 当时，，，中有个，个； 故满足性质①； 存在，当时，均为正整数，也满足性质②， 所以数表也具有性质，即； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 情况一：当时，存在数表满足，并且具有性质. I.令，按如下方法构造数表： 第一行； 且任意，相邻两行与 满足对成立， 由构造可知，从第一行到第行逐行变换（共变换次）， 第次行变换中，即相邻两行第行到第行的变换中， 由可知，仅第列这一列的分量与相同，其余各列分量都变号， 故在次变换中， 每一分量都经过次变号，次不变号的变换，得到分量. 因此， 故第行. 由上分析可知这样的数表满足性质①②. II.证明：当为偶数，若数表满足性质，则. 根据性质①第一行的数， 记第行的各项积， 记表示数表中第行中的个数， 则，为偶数. 且； 因此，即为偶数，为奇数，. 根据性质②存在，使得都是正整数，则为奇数. 由性质①相邻两行恰有（奇数）列的分量互为相反数，即仅一列的分量相同； 由第行中的个数，则的个数为， 下面分类研究第行与第行的的个数关系： 第一类：若第行与第行分量相同的一列为， 则第行所有分量中的个数为，的个数为； 若第行与第行分量相同的一列为， 则第行所有分量中的个数为； 若第行与第行分量相同的一列为， 则第行所有分量中的个数为； 第二类：若第行与第行分量相同的一列为， 则第行所有分量中的个数为，的个数为； 若第行与第行分量相同的一列为， 则第行所有分量中的个数为； 若第行与第行分量相同的一列为， 则第行所有分量中的个数为； 综合以上两类可知，. 设第行为各分量都是正整数的首行，， 则，又，且为奇数， 故 ， 故，又，所以. 已知，由II所证结论，则. 故综合I、II可知，若数表具有性质，则的最小值为； 情况二：当时，存在数表满足，并且具有. 由性质①可得，相邻两行中恰有列的分量互为相反数，列的分量相同. I.令，构造如下数表： 第一行； 第二行， 第三行 第四行 此数表满足性质①②. II.证明：当时不存在数表满足性质. 假设时，存在数表满足性质，由数表仅行， 则由性质①，，则中有个，个； 则第二行中的个数，又； 但由性质②，存在，使得都是正整数，即； 故产生矛盾，即时不存在数表满足性质； 假设时，存在数表满足性质，数表有行， 由上性质①分析可知，第二行中的个数，的个数为. 当，则中也有个，个， 即第行与第行分量相同的恰有两列，其余列分量互为相反数. 由性质②，存在，使得都是正整数，， 又，均不为，则. 下面分类研究第行中的个数： 第一类：若第行与第行分量相同的两列为都为， 则第行所有分量中的个数为，这与矛盾； 第二类：若第行与第行分量相同的两列都为， 则第行所有分量中的个数为，这也与矛盾； 第三类：若第行与第行分量相同的两列中一列为，一列为， 则第行所有分量中的个数为，这也与矛盾； 综合以上三类可知，当时也不存在数表满足性质. 由I、II可知，若数表具有性质，则的最小值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $