精品解析：北京市中国人民大学附属中学2025-2026学年高三上学期统练六数学试题

人大附中2025-2026学年度高三年级第一学期统练六 一、单选题（每小题4分，共40分） 1. 已知集合，，则的子集个数为（ ） A. 2 B. 4 C. 8 D. 16 2. 复数在复平面内所对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 下列函数在区间上单调递增的是（ ） A. B. C. D. 4. 已知数列为等比数列，则“数列为单调递增数列”的_____条件是“对任意有恒成立”．（ ） A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充分且必要 D. 非充分非必要 5. 若，，，则、、的大小关系为（　　） A. B. C. D. 6. 已知数列与均是公差不为0的等差数列，且数列也是等差数列，若，则（ ） A. 24 B. 21 C. 18 D. 15 7. 若圆上存在两点，直线上存在点，使得，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 已知正方形的边长为2，以B为圆心的圆与直线相切，若点P是圆B上的动点，则的最大值是（ ） A. B. C. 4 D. 8 9. 双曲线的左、右焦点分别为、，以为直径的圆与C在第二象限交于点P，若坐标原点O到直线的距离为，则双曲线C的离心率为（ ） A. B. C. D. 10. 若集合，其中、…、为非空集合，，，则称集合为集合的一个划分.例如：集合、、均为集合的一个2划分.设为有理数集的一个2划分，且满足对任意，任意，都有.则对于、有： ①中的元素存在最大值，中的元素不存在最小值； ②中的元素不存在最大值，中的元素存在最小值； ③中的元素不存在最大值，中的元素不存在最小值； ④中的元素存在最大值，中的元素存在最小值； 对于以上四种情况，可能成立的序号有（ ） A. ①② B. ①②③ C. ②③④ D. ①②④ 二、填空题（每题5分，共25分） 11. 已知抛物线的焦点为F，点M在抛物线C上，且，点O为坐标原点，的面积为________． 12. 已知，则________． 13. 已知函数，直线与曲线的两个交点如图所示.若，且在区间上单调递减，则______；______. 14. 18世纪英国数学家辛普森运用定积分，推导出了中学数学教材中柱、锥、球、台体等几何体的统一体积公式：（其中分别为几何体的上底面面积、中截面面积、下底面面积和高），我们也称为“万能求积公式”．例如，正四棱锥的底面边长为a，高为h，则该正四棱锥的体积为．类似地，可运用该公式求解下述问题：如图，在五面体中，平面，四边形为矩形，，直线与平面所成角的正切值为，则该五面体的体积为________． 15. 已知数列满足，则下列说法正确的是________． ①．若且，则单调递减 ②．若存在无数多个n使得，则或 ③当时，存在使 ④．当时， 三、解答题（共85分） 16. 在中，. （1）求的大小； （2）若，再从下列三个条件中选择一个作为已知，使存在，求的面积. 条件①：边上中线的长为； 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. 17. 如图，在梯形中，E是中点，，，，连接，将沿折起使A点至P点处，得四棱锥，且，点M为棱上的一点． （1）若O是的中点，求证：平面； （2）若直线与直线所成的角为，求的值； （3）若M是的中点，求二面角的正弦值． 18. 一个盒子装有10张卡牌，卡牌背面分别写着10个函数：，，，，，，，，，. （1）现从盒子中逐一抽取卡牌，且每次抽出后均不放回，若取到一张记有奇函数的卡牌则停止抽取，否则继续进行，求抽取次数的分布列； （2）现从盒子中任取两张卡片，将卡片上的函数相加得一个新函数，求所得函数是奇函数的概率； （3）甲乙两人玩游戏，规则如下：甲先抽1张，接着乙和甲轮流每次抽两张，抽完为卡（最后一次乙只能抽1张）.过程中谁先抽到常数函数卡牌谁就赢（同时游戏结束）.问：这个游戏规则对乙而言公平吗？若公平，请说明理由；若不公平，请你设计一款对甲乙均公平的比赛规则. 19. 已知椭圆的右焦点为，且过点． （1）求的方程； （2）过点且不垂直于坐标轴的直线交于两点，记在两点处的切线交于点． （i）试判断点的横坐标是否为定值？若是，则求出该定值；若不是，请说明理由； （ii）若为坐标原点，点是直线上的一点，且，求的最小值． 20. 已知函数（）. （1）若，求函数的单调区间； （2）若函数在区间和上各恰有一个零点，分别记为和， （ⅰ）证明：函数在两点，处的切线平行； （ⅱ）记曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形面积为S，求的最大值. 21. 对于数列，定义．设的前项和为． （1）设，写出； （2）证明：“对任意，有”的充要条件是“对任意，有”； （3）已知首项为0，项数为的数列满足：①对任意且，有；②．求所有满足条件的数列的个数． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 人大附中2025-2026学年度高三年级第一学期统练六 一、单选题（每小题4分，共40分） 1. 已知集合，，则的子集个数为（ ） A. 2 B. 4 C. 8 D. 16 【答案】C 【解析】 【分析】利用列举法表示集合，求出函数定义域化简集合，再利用交集的定义求解. 【详解】集合，， 所以集合的子集个数为. 故选：C 2. 复数在复平面内所对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【分析】由复数除法运算结合复数几何意义可得答案. 【详解】，则对应点为，在第二象限. 故选：B 3. 下列函数在区间上单调递增的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】选项A利用导数判断单调性即可；选项B利用导数判断；选项C.设，转化为对勾函数判断；选项D根据定义域判断. 【详解】A.,当时，，函数单调递减； 当 时，，函数单调递增.故在(0, +∞)上不单调，故A错误. B. 由，得，当时，，所以递减，故错误； C. 对于，设，当时，， 由对勾函数知：在上递增，故正确； D. 对于，由，解得或，所以函数的定义域为或，故错误； 故选：C 4. 已知数列为等比数列，则“数列为单调递增数列”的_____条件是“对任意有恒成立”．（ ） A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充分且必要 D. 非充分非必要 【答案】C 【解析】 【分析】利用等比数列及递增数列的性质判断条件间的推出关系，结合充分、必要性定义判断即可得. 【详解】设的公比为且，， 若为递增数列，则恒成立； 若对任意有恒成立，则，所以， 时，或，显然时，不符； 所以，此时，则为递增数列； 时，或，显然时，不符； 所以，此时，则为递增数列； 综上，“对任意有恒成立”是“数列为单调递增数列”的充要条件. 故选：C 5. 若，，，则、、的大小关系为（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用对数函数、幂函数单调性，结合中间值法可得出、、的大小关系. 【详解】因为函数在上为增函数，所以，即， 因为，， 函数在上为增函数，所以，即， 故． 故选：C. 6. 已知数列与均是公差不为0的等差数列，且数列也是等差数列，若，则（ ） A. 24 B. 21 C. 18 D. 15 【答案】A 【解析】 【分析】写出数列与的通项公式，对数列利用等差中项的性质列方程求出数列的公差，从而代入的通项公式求出. 【详解】设的公差为，的公差为， ，解得，所以， ， 因为数列也是等差数列， 所以，即， 解得（舍去）或， 所以，. 故选：A 7. 若圆上存在两点，直线上存在点，使得，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将题干条件，结合几何知识转化为圆心到直线的距离需满足，解该不等式即可求解． 【详解】当直线与圆相交时，如图所示，若A、B离直线越近时，直至与直线和圆C的两交点重合，此时， 若A、B相距越来越近时，直至A、B两点重合，此时， 所以一定存在A、B及P，使得； 当直线与圆相切时，同直线与圆相交分析可知，一定存在A、B及P，使得； 当直线与圆没有公共点时，对直线上的任一点P，若A、B相距越来越近时，直至A、B两点重合时，仍有， 另一方面，若PB与圆C相切于B，PA与圆C相切于A，此时必为该P点所能达到的最大情况，如图所示， 由图可知，，CP最短时， 即等于圆心C到直线的距离d，最大，也最大，同时最大， 所以若圆上存在两点，直线上存在点，使得， 则必有，解得，又因为圆的半径， 圆心到直线的距离， 所以，解得． 故选：A． 8. 已知正方形的边长为2，以B为圆心的圆与直线相切，若点P是圆B上的动点，则的最大值是（ ） A. B. C. 4 D. 8 【答案】D 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，设，，求出，由数量积的定义结合三角函数的性质即可得出答案. 【详解】设交于点， 因为以B为圆心的圆与直线相切，所以半径， 建立如下图所示的直角坐标系，可得圆：， 则，， 所以， 所以 ，， 当，即，则的最大值是. 故选：D. 9. 双曲线的左、右焦点分别为、，以为直径的圆与C在第二象限交于点P，若坐标原点O到直线的距离为，则双曲线C的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意得到⊥，作出辅助线，结合双曲线定义求出，，由勾股定理得到方程，求出离心率. 【详解】由题意得⊥，取的中点，连接， 因为为的中点，所以，且， 故，即为坐标原点O到直线的距离，则， 所以， 由双曲线定义可得，所以， 又，由勾股定理得， 故，解得，故离心率为. 故选：C 10. 若集合，其中、…、为非空集合，，，则称集合为集合的一个划分.例如：集合、、均为集合的一个2划分.设为有理数集的一个2划分，且满足对任意，任意，都有.则对于、有： ①中的元素存在最大值，中的元素不存在最小值； ②中的元素不存在最大值，中的元素存在最小值； ③中的元素不存在最大值，中的元素不存在最小值； ④中的元素存在最大值，中的元素存在最小值； 对于以上四种情况，可能成立的序号有（ ） A. ①② B. ①②③ C. ②③④ D. ①②④ 【答案】B 【解析】 【分析】通过举特例即可判断①②③，利用反证法即可判断④. 【详解】①可能成立，如， ②可能成立，如， ③可能成立，如， ④不可能成立，证明如下：假设④成立，不妨设中元素的最大值为， 中元素的最小值为，由题可知：，所以， 因为为中元素的最大值，所以， 因为为中元素的最小值，所以， 又因为，所以，与矛盾， 所以假设不成立，即④不可能成立； 故选：B 二、填空题（每题5分，共25分） 11. 已知抛物线的焦点为F，点M在抛物线C上，且，点O为坐标原点，的面积为________． 【答案】 【解析】 【分析】设，则根据抛物线定义可得，进而可求出点的坐标，求的面积即可. 【详解】由抛物线方程可知：焦点，准线方程为：， 设，则，得， 又，可得， . 故答案为：. 12. 已知，则________． 【答案】 【解析】 【分析】直接对二项式两边求导，再给x赋值可得结果. 【详解】对两边求导得, ， 再令，得. 故答案为： 13. 已知函数，直线与曲线的两个交点如图所示.若，且在区间上单调递减，则______；______. 【答案】 ①. 2 ②. 【解析】 【分析】根据和，可构造方程求得，并确定为半个周期，根据正弦函数单调性可构造方程组求得. 【详解】设，， 由得：，， 又，，解得. 此时的小正周期， ，在区间上单调递减， 和分别为单调递减区间的起点和终点， 当时，， ，， 又，， 综上所述：，. 故答案为：2，. 14. 18世纪英国数学家辛普森运用定积分，推导出了中学数学教材中柱、锥、球、台体等几何体的统一体积公式：（其中分别为几何体的上底面面积、中截面面积、下底面面积和高），我们也称为“万能求积公式”．例如，正四棱锥的底面边长为a，高为h，则该正四棱锥的体积为．类似地，可运用该公式求解下述问题：如图，在五面体中，平面，四边形为矩形，，直线与平面所成角的正切值为，则该五面体的体积为________． 【答案】336 【解析】 【分析】根据题意求出点到平面的距离，进而求得中截面和底面的面积，利用给定“万能求积公式”计算即可. 【详解】由，直线与平面所成角的正切值为，则正弦值为，所以到平面的距离为， 由平面，则，四边形为矩形，， 作出中截面，则，， 因为，四边形为矩形，所以四边形为矩形， 所以，，， 所以该五面体的体积为. 故答案为：336. 15. 已知数列满足，则下列说法正确的是________． ①．若且，则单调递减 ②．若存在无数多个n使得，则或 ③当时，存在使 ④．当时， 【答案】①②④ 【解析】 【分析】对①先证，然后再排除即可；对于②将转化为，再分类讨论可得；对于③由数列的单调性可得且，故可判断；对于④通过对递推关系变形，再裂项求和及数列的单调性可判断范围. 【详解】因为， 所以，当且仅当时等号成立. 对于①：因为且，由，得，即. 若，则，，解得或， 即或，与条件且矛盾，所以. 同理，即.若，则，， 解得或，与矛盾.若，则，即， 此方程的判别式，方程无实数解，故，所以. 依次类推，可得，即单调递减，所以①正确； 对于②：若，则，即，解得. 所以若存在无数多个n使得等价于存在无数个n使得. 若，则.由，得，依次类推，得，符合题意； 若，则，同理得，依次可得，符合题意. 若且，则由选项①可知数列单调递减，即， 所以不存在无数个n使得，所以②正确； 对于③：由，， 令是开口向下，对称轴为的抛物线，且. 因为，所以，即， 再由①知数列单调递减，所以，而，所以不存在使.故③不正确； 对于④：由，， ，，. 所以. 当时，. 又由结合①可知数列单调递减，且， 所以，. 所以，即.所以④正确. 故答案为：①②④. 三、解答题（共85分） 16. 在中，. （1）求的大小； （2）若，再从下列三个条件中选择一个作为已知，使存在，求的面积. 条件①：边上中线的长为； 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）答案见解析 【解析】 【分析】（1）借助正弦定理计算即可得； （2）选条件①或③：借助余弦定理与面积公式计算即可得；不可选条件②，不存在这样的. 【小问1详解】 由， 在中，由正弦定理得， 因为，所以， 又，所以； 【小问2详解】 选条件①：边上中线的长为： 设边中点为，连接，则， 在中，由余弦定理得， 即， 整理得，解得或（舍）， 所以的面积为. 选条件③：： 在中，由余弦定理得，即， 整理得，解得或， 当时，的面积为． 当时，的面积为． 不可选条件②，理由如下： 若，故为钝角，则， 则，，即， 其与为钝角矛盾，故不存在这样的. 17. 如图，在梯形中，E是中点，，，，连接，将沿折起使A点至P点处，得四棱锥，且，点M为棱上的一点． （1）若O是的中点，求证：平面； （2）若直线与直线所成的角为，求的值； （3）若M是的中点，求二面角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）要证明线面垂直，可通过证明面面垂直得到，即证明平面平面. （2）建立空间直角坐标系，根据已知条件将各个点的坐标表示出来，设，然后利用异面直线的夹角求出，即是结果. （3）求出平面的法向量坐标，然后根据向量夹角的余弦公式求出二面角的余弦值，进而求出正弦值. 【小问1详解】 证明：因为在梯形中，E是中点， ，，， 所以四边形是正方形，，， 将沿折起使A点至P点处，有，， 因为，平面， 所以平面， 又平面，所以平面平面， 因为，O是中点，所以， 又平面，平面平面， 所以平面． 【小问2详解】 以O为坐标原点，，所在直线分别为y轴，z轴，以过O与平行的直线为x轴， 建立如图所示的空间坐标系． 由（1）可得， 则，，，，，． ，，， 设， 有， 因为直线与直线所成的角为， 所以，所以，所以， 又，所以，所以． 【小问3详解】 由（2）知，， 的中点，， 设平面的法向量为， 则，取，则． 同理可求得平面的一个法向量， ，又二面角的范围是， 故二面角的正弦值． 18. 一个盒子装有10张卡牌，卡牌背面分别写着10个函数：，，，，，，，，，. （1）现从盒子中逐一抽取卡牌，且每次抽出后均不放回，若取到一张记有奇函数的卡牌则停止抽取，否则继续进行，求抽取次数的分布列； （2）现从盒子中任取两张卡片，将卡片上的函数相加得一个新函数，求所得函数是奇函数的概率； （3）甲乙两人玩游戏，规则如下：甲先抽1张，接着乙和甲轮流每次抽两张，抽完为卡（最后一次乙只能抽1张）.过程中谁先抽到常数函数卡牌谁就赢（同时游戏结束）.问：这个游戏规则对乙而言公平吗？若公平，请说明理由；若不公平，请你设计一款对甲乙均公平的比赛规则. 【答案】（1）答案见解析 （2） （3）公平，理由见解析 【解析】 【分析】（1）首先判断奇函数的个数，则的可能取值为、、、、、、，求出相应的概率，即可求出分布列； （2）得到、为奇函数，其余只能由奇函数奇函数得到奇函数，利用组合数公式及古典概型的概率公式计算可得； （3）计算甲赢的概率，即可判断. 【小问1详解】 由函数解析式可知，偶函数有，，； 奇函数有，，，； 非奇非偶函数有，，； 所以的可能取值为、、、、、、， 则，，， ，，，， 所以的分布列为： 1 2 3 4 5 6 7 【小问2详解】 因为为奇函数，， 令定义域为，且， 所以为奇函数，即为奇函数， 其余只能由奇函数奇函数得到奇函数； 所以现从盒子中任取两张卡片，将卡片上的函数相加得一个新函数，所得函数是奇函数的概率； 【小问3详解】 游戏公平，理由如下： 记甲赢为事件，乙赢为事件， 则， 所以，则，故游戏公平. 19. 已知椭圆的右焦点为，且过点． （1）求的方程； （2）过点且不垂直于坐标轴的直线交于两点，记在两点处的切线交于点． （i）试判断点的横坐标是否为定值？若是，则求出该定值；若不是，请说明理由； （ii）若为坐标原点，点是直线上的一点，且，求的最小值． 【答案】（1） （2）（i）为定值4；（ii）12. 【解析】 【分析】（1）由焦点坐标、及点代入椭圆方程求解即可. （2）设直线的方程，联立直线的方程与椭圆方程可得，， （i）设在点处的切线方程，联立切线方程与椭圆方程，令可得，进而可得在点处的切线方程，同理可得在点的切线方程，联立两条切线方程求其横坐标即可. （ii）将代入可得点坐标，进而可得直线的方程，求出直线和交点，进而可得为线段的中点，由弦长公式求得，进而可得，由到角公式及直角三角形中正切定义可得，进而结合基本不等式求解即可. 【小问1详解】 由题意知，解得， 所以的方程为. 【小问2详解】 设直线的方程为， 由得， 所以． （i）显然，在点处的切线的斜率存在，设在点处的切线方程为， 由得， 所以，整理得，解得， 所以在点的切线为，即，同理得在点的切线为， 由得， 所以点的横坐标为定值4． （ii）将代入，得， 直线的方程为， 设直线和交于点，由得， 又，所以为线段的中点． 因为， 所以， 又因为， 所以， 当且仅当时，等号成立，故的最小值为12. 【点睛】求解定值问题的方法点睛： （1）由特例得出一个值，此值一般就是定值； （2）证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数（某些变量）无关；也可令系数等于零，得出定值； （3）得出结论. 20. 已知函数（）. （1）若，求函数的单调区间； （2）若函数在区间和上各恰有一个零点，分别记为和， （ⅰ）证明：函数在两点，处的切线平行； （ⅱ）记曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形面积为S，求的最大值. 【答案】（1）单调递增区间为，无单调递减区间 （2）（ⅰ）证明：当时，， 根据题意，零点分别在区间和内，不等于1，因此是方程的两个根， 故，，则，， 且有，则， ， 则， 同理 ， 故函数在两点，处的切线平行； （ⅱ） 【解析】 【分析】（1）求导后因式分解，再构造函数，从而结合单调性讨论其正负，从而得到的正负，即可得单调性； （2）（ⅰ）由题意可得和是的零点，结合韦达定理与导数的几何意义计算即可得解；（ⅱ）借助导数的几何意义求切线方程，求出交点坐标，从而可表示出，结合、的关系计算即可得. 【小问1详解】 当时，， 则， 令，则，故在上递增， 又，则时，，又，故， 当时，，又，故， 故恒成立，故在上单调递增， 即函数的单调递增区间为，无单调递减区间； 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）由（ⅰ）知， 故在点处的切线为，， 令，则， 又，故， 故，又，且， 所以， 令，则，又， 当时，当时， 所以在上单调递增，在上单调递减，则， 所以的最大值为. 21. 对于数列，定义．设的前项和为． （1）设，写出； （2）证明：“对任意，有”的充要条件是“对任意，有”； （3）已知首项为0，项数为的数列满足：①对任意且，有；②．求所有满足条件的数列的个数． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）． 【解析】 【分析】（1）根据定义即可求解， （2）根据前项和为的定义可得，即可求证必要性，根据，利用求和即可求解充分性， （3）构造数列，则由，结合（2）的结论可得，对进行讨论，即可得解. 【小问1详解】 因为， 所以． 【小问2详解】 证明：必要性：对，有，因此， 对任意，且，有，两式作差，得， 即，因此， 综上，对任意，有． 充分性：若对任意，有，则， 所以， 综上，“对任意”，有”的充要条件是“对任意”，有”． 【小问3详解】 构造数列， 则对任意且，有，结合（2）知， ，又，因此， 设中有项为0， 则 ，即， 若，则与中有0项为0，即矛盾，不符题意， 若，则，所以当中有1项为0， 其余项为时，数列满足条件． 中有一项为0，共种取法，其余项每项有1或两种取法，所以满足条件的数列的个数为． 【点睛】方法点睛：给出与的递推关系，要求，常用思路是：一是利用转化为的递推关系，再求其通项公式；二是转化为的递推关系，先求出与之间的关系，再求．同时特别要注意验证的值是否满足“”的一般性通项公式． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $