精品解析：北京市第五十五中学2025-2026学年高三上学期期中调研数学试卷

北京市第五十五中学2025-2026学年度第一学期 期中调研试卷 高三数学 本试卷共 4 页，共 150 分，调研时长 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.每题4个选项中只有一个选项是符合题目要求的. 1. 全集，集合，图中阴影部分表示集合为（ ） A. B. C. 或 D. 或 2. 已知复数满足（是虚数单位）的实部与虚部相等，那么（ ） A. B. 1 C. 2 D. 4 3. 在平面直角坐标系中，角以为始边，它的终边绕着原点逆时针旋转后与轴的非负半轴重合，则（ ） A. B. C. D. 4. 下列函数中，在其定义域内既是奇函数，又是减函数的是（ ） A. B. C. D. 5. 已知P为椭圆上的动点，，且，则（   ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 6. 如图，边长为1的正方体中，为边任意一点，将正方体挖掉三棱锥后，余下部分的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 设等比数列的公比为，前项和为，则“”是“为递增数列”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 8. 已知某种垃圾的分解率为v，与时间月满足函数关系式其中a，b为非零常数，若经过12个月，分解率为，经过24个月，分解率为，那么分解率达到，至少需要经过（ ）参考数据： A. 36个月 B. 40个月 C. 47个月 D. 64个月 9. 已知函数在 处取到最小值，且在区间上存在极大值，的最小整数解是（ ） A. 2 B. 8 C. 10 D. 14 10. 已知抛物线和所围成封闭曲线，点在曲线上，给定点，则下列说法中正确的是（ ） A. 存在，对所有点，均不存在使得 B. 任意，恰有三对不同的点，满足每对点关于点对称 C. 存在，曲线上恰有四个点满足到的距离等于 D. 任意，当点运动时，都满足 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. 函数的定义域为_____________. 12. 在展开式中，的系数为，那么实数_____． 13. 直线与双曲线没有公共点，双曲线离心率的一个值是_____． 14. 在平面直角坐标系中，点为圆上的动点，点的坐标为，其中为常数且． （1）若，则=_____， （2）若的最大值为，此时的最小值为_____． 15. 已知函数，其中且．给出下列四个结论： ①若，则函数的零点是； ②若函数无最小值，则的取值范围为； ③若存在实数，使得对任意的，都有，则的最小值为1； ④若关于的方程恰有三个不相等的实数根，，，则的取值范围为，且的取值范围为． 其中，所有正确结论的序号是_______． 三．解答题: 共6小题，共85分. 16. 已知的内角的对边分别为，且，，. （1）求； （2）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求的面积. 条件①：，为锐角； 条件②： 注：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. 17. 在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，分别是中点，与平面交于点，. （1）证明：是的中点； （2）求平面与平面夹角的大小； （3）求点到平面的距离. 18. 有一道选择题考查了一个数学知识点，为了解甲、乙两个班学生对该知识点的掌握情况，现从甲、乙两个班各随机抽取人，甲班有人答对，乙班有人答对，用频率估计概率，且假设每个人是否答对该题目相互独立． （1）从甲班随机抽取1人，求这个人答对该题目的概率； （2）从甲、乙两班各随机抽取1人，设为答对该题目的人数，求的分布列和数学期望； （3）若甲班同学掌握这个知识点则有的概率答对该题目，乙班同学掌握这个知识点则有的概率答对该题目，两个班未掌握该知识点的同学都是从四个选项中随机选择一个．设甲班学生掌握该知识点的概率为，乙班学生掌握该知识点的概率为，试比较与的大小（结论不要求证明）． 19. 已知椭圆的一个顶点为，离心率为. （1）求椭圆的方程； （2）过点的直线与椭圆交于不同的两点，线段的垂直平分线与轴交于点，当是直角三角形时，求直线的方程. 20. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）讨论函数在区间上的极值点的个数； （3）若函数在区间上有唯一零点，证明：. 21. 已知集合，其中，集合．定义运算，记|A|为集合中元素的个数. （1）若，求的值； （2）若集合中的元素构成等差数列，且公差. （i）当时，求的最小值； （ii）当时，求的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京市第五十五中学2025-2026学年度第一学期 期中调研试卷 高三数学 本试卷共 4 页，共 150 分，调研时长 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.每题4个选项中只有一个选项是符合题目要求的. 1. 全集，集合，图中阴影部分表示集合为（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】由Venn图可知，阴影部分表示集合，进而可求解. 【详解】由Venn图可知，阴影部分表示集合， 由， 得， 所以或， 故选：D 2. 已知复数满足（是虚数单位）的实部与虚部相等，那么（ ） A. B. 1 C. 2 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】由复数的除法运算结合复数概念即可求解. 【详解】由，得， 由题意可得， 故选：A 3. 在平面直角坐标系中，角以为始边，它的终边绕着原点逆时针旋转后与轴的非负半轴重合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可得，结合诱导公式即可求解. 【详解】由题意可得， 所以， 则. 故选：B 4. 下列函数中，在其定义域内既是奇函数，又是减函数的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】用定义分别判断每个函数的奇偶性，求导判断单调性，得到答案. 【详解】A选项，定义域关于原点对称，，所以是奇函数， 但是在和上分别单调递减，在定义域内不是减函数， 如，A错误， B选项，由得，所以定义域是，不关于原点对称，是非奇非偶函数，B错误； C选项，定义域为关于原点对称，是奇函数， ，所以是上的减函数，C正确； D选项，由得，所以定义域是关于原点对称， ，所以是偶函数，D错误. 故选：C. 5. 已知P为椭圆上的动点，，且，则（   ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据椭圆定义得，，再根据关系即可得到答案. 【详解】P为椭圆上的动点，，且， 则P的轨迹是以为焦点的椭圆， 且，即，，所以， 故选：C． 6. 如图，边长为1的正方体中，为边任意一点，将正方体挖掉三棱锥后，余下部分的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用等体积法结合三棱锥与正方体的体积公式计算即可. 【详解】易知平面，则P到平面的距离始终为1， 由题意可知, 又易知正方体的体积为1，所以余下部分的体积为. 故选：D 7. 设等比数列的公比为，前项和为，则“”是“为递增数列”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】B 【解析】 【分析】根据充要条件的定义及等比数列的和与项的关系即可判断. 【详解】若，，则，则为递减数列． 若为递增数列，则，，． 所以“”是“为递增数列”的必要不充分条件． 故选：B． 8. 已知某种垃圾的分解率为v，与时间月满足函数关系式其中a，b为非零常数，若经过12个月，分解率为，经过24个月，分解率为，那么分解率达到，至少需要经过（ ）参考数据： A. 36个月 B. 40个月 C. 47个月 D. 64个月 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知条件，利用待定系数法求出a，b的值，可得，结合对数的运算性质，即可求出t的近似值． 【详解】依题意有 解得，，故， 令，得， 故. 故选：B 9. 已知函数在 处取到最小值，且在区间上存在极大值，的最小整数解是（ ） A. 2 B. 8 C. 10 D. 14 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可得且，利用在区间上存在极大值，可得，进而求解即可. 【详解】因为在处取到最小值，所以， 所以，所以， 又，所以. 当，所以， 又因为在区间上存在极大值，所以, 所以，所以，即，解得， 所以且， 当时，，所以的最小整数解是8. 故选：B. 10. 已知抛物线和所围成封闭曲线，点在曲线上，给定点，则下列说法中正确的是（ ） A. 存在，对所有点，均不存在使得 B. 任意，恰有三对不同的点，满足每对点关于点对称 C. 存在，曲线上恰有四个点满足到的距离等于 D. 任意，当点运动时，都满足 【答案】C 【解析】 【分析】首先确定两抛物线交点，根据抛物线对称轴为轴可确定A错误；设，，讨论在同一条抛物线上和分别在两条抛物线上的情况，可求得当时，不存在三对不同的点满足条件，知B错误；取即可验证得到C正确；取，，可验证得到D错误. 【详解】由，得：或，即两抛物线交点为和； 对于A，与图象均关于轴对称，点在轴上， 当关于轴对称时，，A错误； 对于B，若关于点对称，则可设，， 若均在上，则，解得：； 即当时，存在一组关于对称的点和； 若分别在和上， 不妨令在上，在上， 由得：，则， 若，则，方程组无解，此时不存在关于对称的点； 当时，不存在三对不同的点，满足每对点关于点对称，B错误； 对于C，当时，到点的距离等于的点的轨迹为； 由得：，满足， 此时存在两点到点的距离等于； 由得：，满足， 此时存在两点到点的距离等于； 当时，曲线上恰有四个点满足到的距离等于， 即存在，曲线上恰有四个点满足到的距离等于，C正确； 对于D，当时，，取，， 此时， 此时不满足，D错误. 故选：C. 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. 函数的定义域为_____________. 【答案】 【解析】 【分析】由题意列不等式组即可求得. 【详解】要使函数有意义， 只需解得：且， 从而的定义域为. 故答案为： 12. 在展开式中，的系数为，那么实数_____． 【答案】2 【解析】 【分析】直接根据二项式的展开式的通项公式计算可得结果. 【详解】由，所以通项公式. 令，解得， 所以的系数为. 故答案为：2 13. 直线与双曲线没有公共点，双曲线离心率的一个值是_____． 【答案】(答案不唯一) 【解析】 【分析】根据双曲线渐近线方程以及直线过坐标原点可知， 若双曲线与直线没有公共点则，所以可求出离心率取值范围，即可求解. 【详解】由双曲线方程，可得其渐近线方程为， 若双曲线与直线没有公共点，则需满足 所以离心率， 所以离心率可以取内的一个值. 故答案为：(答案不唯一) 14. 在平面直角坐标系中，点为圆上的动点，点的坐标为，其中为常数且． （1）若，则=_____， （2）若的最大值为，此时的最小值为_____． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】当时，得到的坐标，求得的值，设，利用向量的数量积的坐标运算公式，求得，结合的最大值为，求得，代入即可求解. 【详解】由圆，可得圆心 又由，可得点的坐标为，即， 所以，则； 因为点为圆上的动点，可设， 又因为点的坐标为，可得， 则， 因为，所以当时，取得最大值， 则，解得， 因为，所以，此时的最小值为. 故答案为：；. 15. 已知函数，其中且．给出下列四个结论： ①若，则函数的零点是； ②若函数无最小值，则的取值范围为； ③若存在实数，使得对任意的，都有，则的最小值为1； ④若关于的方程恰有三个不相等的实数根，，，则的取值范围为，且的取值范围为． 其中，所有正确结论的序号是_______． 【答案】①③④ 【解析】 【分析】分，， ，四种情况作出函数的简图，然后对四个结论逐一判断正误. 【详解】对于①：当时，显然，当时，无零点； 当时，由可得，所以的零点是0. 故①正确； 对于②：当时，简图如下： 当时，简图如下： 当时，简图如下： 当时，简图如下： 由图可知，若无最小值，则或. 故②错误； 对于③：若存在实数，使得对任意的，都有， 由图可知或，此时存在使得恒成立，则的最小值为，故③正确； 对于④：由图可知，只有当且即时，方程才有三个不相等的实数根. 不妨设三个根由小到大依次为，，，显然. 由得，故，且， 所以，故，从而. 故④正确. 故答案为：①③④. 【点睛】关键点点睛：本题的关键点是：分，， ，四种情况作出函数的简图. 三．解答题: 共6小题，共85分. 16. 已知的内角的对边分别为，且，，. （1）求； （2）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求的面积. 条件①：，为锐角； 条件②： 注：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，；选②， 【解析】 【分析】（1）由，可得为锐角，利用二倍角公式求解即可； （2）选①，由正弦定理可得，从而得，即可求得，代入求解即可；选②，由正弦定理可得，再由余弦定理可得，代入求解即可. 【小问1详解】 因为，所以为锐角， 由，可得， 故； 【小问2详解】 选①，，为锐角，，， 由正弦定理，可得，即， 所以， 所以， 所以； 选②，，，，， 由正弦定理，可得，即， 由余弦定理，可得，即， 解得(负根舍去)， 所以. 17. 在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，分别是中点，与平面交于点，. （1）证明：是的中点； （2）求平面与平面夹角的大小； （3）求点到平面的距离. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的判定定理证明平面，再根据线面平行的性质定理推出，即可证明结论； （2）说明两两垂直，即可建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案； （3）根据空间距离的向量求法，即可求得答案. 【小问1详解】 在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，故， 则，而平面，平面，故平面， 又平面平面，平面，故， 是中点，故是的中点； 【小问2详解】 取的中点为O，连接， 因为，故，且, 而，则，即得, 则两两垂直， 以O为原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系， 则， 则， 设平面的一个法向量为 ， 则 ， ，令，则，则， 平面的一个法向量可取为， 平面与平面的夹角为， 故， 平面与平面夹角的大小为； 【小问3详解】 由（2）可知，则, 故点到平面的距离为. 18. 有一道选择题考查了一个数学知识点，为了解甲、乙两个班学生对该知识点的掌握情况，现从甲、乙两个班各随机抽取人，甲班有人答对，乙班有人答对，用频率估计概率，且假设每个人是否答对该题目相互独立． （1）从甲班随机抽取1人，求这个人答对该题目的概率； （2）从甲、乙两班各随机抽取1人，设为答对该题目的人数，求的分布列和数学期望； （3）若甲班同学掌握这个知识点则有的概率答对该题目，乙班同学掌握这个知识点则有的概率答对该题目，两个班未掌握该知识点的同学都是从四个选项中随机选择一个．设甲班学生掌握该知识点的概率为，乙班学生掌握该知识点的概率为，试比较与的大小（结论不要求证明）． 【答案】（1） （2） X 0 1 2 P 期望为：． （3） 【解析】 【分析】（1）利用样本频率估计总体概率； （2）确定随机变量取值，计算各取值概率，列出分布列，计算数学期望； （3）建立概率方程，用作差法比较大小． 【小问1详解】 甲班随机抽取人，甲班有人答对， 甲班随机抽取1人答对该题目的概率为． 【小问2详解】 从甲、乙两个班各随机抽取人，甲班有人答对，乙班有人答对，设甲班答对概率为，乙班答对概率为， ， 的可能取值为： ，， ， 分布列为： X 0 1 2 P 期望为： ． 【小问3详解】 设甲班答对概率为，乙班答对概率为，则，， ，解得； ，解得， ， ． 19. 已知椭圆的一个顶点为，离心率为. （1）求椭圆的方程； （2）过点的直线与椭圆交于不同的两点，线段的垂直平分线与轴交于点，当是直角三角形时，求直线的方程. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）由题意求得，代入即可求解； （2）由题意可得，分直线斜率不存在，直线斜率为，直线斜率存在三种情况，结合韦达定理列式计算可解. 【小问1详解】 由题意可得椭圆焦点在轴上， 因为椭圆的一个顶点为，所以， 因为离心率为，则，解得， 所以， 故椭圆的方程为； 【小问2详解】 由题意可知，若是直角三角形，则只能，即， 当直线斜率不存在时，直线方程为， 将代入计算可得，取， 此时线段的垂直平分线与轴交于点， 则， 因为，所以不是直角三角形，不符合题意舍去； 当直线斜率为时，此时线段在轴上， 由对称性可知，线段的垂直平分线为轴，故点位置不确定，不符合题意； 当直线斜率存在时，设直线方程为，， 直线与椭圆联立方程可得，得， 因为在椭圆内，所以直线与椭圆一定有两个交点，则， 则，， ， ， 线段的中点坐标为， 所以线段垂直平分线方程为， 令，则，即， ， 则， 即， 即， 化简可得，解得， 所以，即或. 20. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）讨论函数在区间上的极值点的个数； （3）若函数在区间上有唯一零点，证明：. 【答案】（1）； （2）答案见解析； （3）证明见解析； 【解析】 【分析】（1）直接根据导数的几何意义可求得切线方程； （2）先对函数求导，再分，，三种情况对导数讨论可得函数的极值点； （3）由（2）解析过程知，函数要有唯一零点t，必有函数的唯一极小值点，再通过构造函数，，只需用导数证明的零点即可. 【小问1详解】 当时，函数， 所以，. 所以曲线在点处的切线方程为， 即. 【小问2详解】 由函数，. 令，，. ①若时，，所以在上单调递增，且， 即在上单调递增，且， 所以函数在上单调递增，函数无极值点； ②当时，，， 当，所以. 所以函数在上单调递增且有唯一零点， 即函数在上单调递增且有唯一零点， 当；当， 所以函数在有唯一的极小值点，无极大值点； ③当时，因为，所以， 所以函数在上单调递减，无极值点. 综上所述：当或时，函数在上无极值点； 当时，函数在上有唯一的极小值点，无极大值点. 【小问3详解】 由（2）可知，当时，函数在上单调递减，且， 所以函数在上无零点； 当时，函数在上单调递增，且， 所以函数在上无零点； 当时，函数在有唯一的极小值点，且， 要使函数在区间上有唯一零点，所以. 所以， 令，得，即. 再令，， 所以在上单调递增， 且. 所以函数在上有唯一零点， 所以，即. 21. 已知集合，其中，集合．定义运算，记|A|为集合中元素的个数. （1）若，求的值； （2）若集合中的元素构成等差数列，且公差. （i）当时，求的最小值； （ii）当时，求的最小值. 【答案】（1） （2）（i）5；（ii）4050 【解析】 【分析】（1）当 ，先按条件确定 ，再根据 定义找出元素，最后数元素个数得 . （2）（i）解法一：设 元素，算 元素，让 、 相同元素最多求 最小. 解法二：由等差性质得范围，结合 最小元素确定 范围，用公式求 最小. （i i）先证引理确定 元素及，再根据 、 元素关系确定 范围，用公式求 最小，最后代入 求值. 【小问1详解】 若，则，此时，， ，所以. 【小问2详解】 （i）解法一：设，则有， ， 所以，为使最小，应尽量使A，B中相同元素最多， 而，故A，B中最多一个相同元素，令，即时，最小， ，此时. 解法二：由构成严格递增的等差数列可知，，则必有 又中最小元素为，则，则有，所以， 另一方面，当时，，此时， 综上，时，的最小值为5. （ii）引理：当时，集合中的元素构成公差为的等差数列，则 引理的证明：对任意 当时，，当时，， 因此有； 另一方面，再证明可以取到满足的所有整数， ①取，当依次取时，可取到满足的所有整数； ②取，当依次取时，可取到满足的所有偶数； ③取，当依次取时，可取到满足或的所有奇数； ④取，此时， 由上述讨论可知，可以取到满足的所有整数，此时有 综上，引理得证． 故当时，，， 又，即，则有， 所以； 另一方面，当时，，，， 此时， 综上，当时，的最小值为2n，所以，当时，的最小值为4050. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $