精品解析：北京市东城区2026届高三上学期期末统一检测数学试题

东城区2025—2026学年度第一学期期末统一检测 高三数学 本试卷共6页，150分．考试时长120分钟．考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 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 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据交集的概念运算. 【详解】因为， 所以. 故选：D 2. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】由，从而求得 【详解】因为，所以. 故选：C. 3. 已知为等差数列，为等比数列，，则（ ） A. 4 B. 7 C. 8 D. 15 【答案】B 【解析】 【分析】设出公差与公比，由题中所给条件列方程组即可求出公差与公比，即可得解. 【详解】设的公差为，的公比为， 则由题可知，有，解得或（舍去），则， 因此. 故选：B. 4. 在中国古代桥梁的建筑中，有不少是世界桥梁史上的创举．如图所示，某抛物线形拱桥的桥拱跨度为10m，拱高为4m．以桥拱最高点为原点，桥拱的对称轴为轴，建立平面直角坐标系，则桥拱所在的抛物线的标准方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设抛物线的标准方程为，由题意可知，点在抛物线上，代入即可求得值，进而可求得抛物线的标准方程. 【详解】根据题意，设抛物线的标准方程为， 因为抛物线形拱桥的桥拱跨度为10m，拱高为4m， 所以点在抛物线上， 代入可得，解得，所以抛物线的标准方程为. 故选：B 5. 设函数，则（ ） A. 是偶函数，且在区间上单调递增 B. 是奇函数，且在区间上单调递增 C. 是偶函数，且在区间上单调递减 D. 奇函数，且在区间上单调递减 【答案】A 【解析】 【分析】先根据函数的奇偶性定义进行判断，然后对函数求导判断函数的单调性. 【详解】因为函数，所以. 所以是偶函数，选项B,D错误； 当时，，求导得 且等号仅在时成立， 所以在区间上单调递增. 综上，是偶函数，且在区间上单调递增. 故选：A. 6. 已知圆经过点，则圆心到原点的距离的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意求得圆心所在直线方程，由直线上的点到定点的距离的最小值为定点到直线的距离可得. 【详解】因为圆经过点，所以该圆的圆心的轨迹为线段的垂直平分线. 直线的斜率为，所以线段的垂直平分线的斜率为. 线段的中点为，所以线段的垂直平分线的方程为，即. 圆心到原点的距离的最小值为原点到直线的距离，为. 故选：C. 7. 设函数，若在区间上的最大值为9，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 【答案】A 【解析】 【分析】分析得到，最大值为，求出答案. 【详解】由于时，，， 故最大值9一定为，取得， 又为开区间，故一定有， 且最大值在上取到，即， 解得或5（舍去）， 故选：A 8. 设函数，则“的值域为”是“存在实数，使得”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】C 【解析】 【分析】利用辅助角公式化简得，其中， ，再根据判断充分性，利用两角和差公式以及恒成立求出判断必要性. 【详解】， 其中， 若的值域为，则， 则，其中， 故存在实数，使得，故充分性成立； 若存在实数，使得， 则对定义域中任意恒成立， 则，则， 此时的值域为，故必要性成立， 故“的值域为”是“存在实数，使得”的充要条件. 故选：C 9. 把物体放在空气中冷却，如果物体初始温度是℃，空气的温度是℃，那么后物体的温度（单位：℃）可由公式求得，其中冷却系数是一个随着物体与空气的接触状况而定的常数．现将一杯初始温度100℃的水置于20℃的空气中冷却．水杯先在开盖状态下放置min，随后加上盖子继续放置min，此时水温降至40℃．已知在开盖状态和加盖状态下水杯中水的冷却系数分别为0.05和0.01．若，则的值约为（ ）（参考数据：） A. 10 B. 20 C. 30 D. 40 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意求出开盖冷却分钟后的水温，加盖继续冷却分钟后的水温为，将代入，计算求解即可. 【详解】，初始温度℃，空气的温度是℃， 开盖状态下水杯中水的冷却系数为，加盖状态下水杯中水的冷却系数为， ，最终温度℃， 开盖冷却分钟后，水温为， 加盖继续冷却分钟后，水温为， 将代入得到， 即，即， 两边取自然对数，得， 即，将代入得， 解得. 故选：B. 10. 如图，已知正方体的棱长为1．平面，平面和平面将该正方体分割成若干个多面体，则其中顶点所在的多面体的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】找到分割后顶点所在的多面体，分析该多面体表面构成，即可求得其表面积. 【详解】连接，易知三条体对角线交于一点，记为点. 则分割后顶点所在的多面体为六面体，其表面分别是. 根据正方体的性质，知， 所以. 中，边上的高为，所以的面积为； 的面积为. 所以顶点所在的多面体的表面积为. 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． 11. 在的展开式中，的系数为_____________．（用数字作答） 【答案】60 【解析】 【分析】写出的展开式的通项，令的指数为，从而求出其系数. 【详解】的展开式的通项为. 令，则. 所以的系数为. 故答案为：60. 12. 已知双曲线的一条渐近线方程为，则_____________． 【答案】4 【解析】 【分析】根据双曲线的方程，列出其渐近线的方程，利用斜率相等，可求得的值. 【详解】双曲线的渐近线方程为. 所以，所以. 故答案为：. 13. 已知函数的定义域为，满足且，写出满足条件的一个函数解析式_____________． 【答案】（答案不唯一） 【解析】 分析】由题意结合指数运算性质可得. 【详解】因为，且.所以当时，满足题意. 所以满足条件的一个函数解析式. 故答案为：. 14. 在平面直角坐标系中，已知点，点满足：，．若，则_____________；若，则的最大值为_____________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】写出的坐标，根据平面向量数量积的坐标运算，列出关于的方程组，用表示，①代入，即可求出答案；②表示出，并化为的形式，即可求得最大值. 【详解】由题可知，. 所以. 所以. ①将代入，可得 ② ，其中，是锐角. 因为，所以，所以 所以当时，取得最大值 ，取得最大值 ，即的最大值为. 故答案为：①，②. 15. 若函数的定义域为，且对任意正数，都存在，使得，则称具有性质．将具有性质的函数所构成的集合记为．给出下列四个结论： ①存在，使得； ②存在，使得且； ③若，且为增函数，则； ④若，且为奇函数，为偶函数，则． 其中正确结论的序号是_____________． 【答案】①②④ 【解析】 【分析】对于①，通过构造具体的函数和，验证具有性质即可；对于②，构造合适的函数，分别验证是否具有性质即可；对于③，通过举反例来验证不具有性质；对于④，对于任意正数，由，可得存在，使得，根据的奇偶性利用绝对 值不等式，可找到或，使得，从而推出具有性质. 【详解】对于①：设；，两函数定义域均为， 结合函数图象可知，对任意正数， 都存在，使得；也都存在，使得； 故. 由，任意，都有. 故对任意正数，都不存在，使得； 所以，故①正确； 对于②：设，两函数定义域均为， 则，， 可知，，，，，故②正确； 对于③：设， 定义域均为，且为增函数， ，. 则，对任意，都有. 对于任意正数，都不存在，使得； 所以，故③错误； 对于④：因为为奇函数，为偶函数，且. 则定义域均为， 对于任意正数，因为，所以存在，使得， 又因为为奇函数，为偶函数，所以. 则对任意正数， 都有 ； 假设且， 则，这与矛盾，故假设错误， 故中至少一个大于， 即对任意正数，存在或，使得. 所以，故④正确. 故答案为：①②④. 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. 在锐角中，． （1）求的值； （2）若为边上的中点，从下列三个条件中选择一个作为已知，使存在，求的长． 条件①：； 条件②：的面积为； 条件③：的周长为． 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）详解见解析 【解析】 【分析】（1）借助二倍角公式和正弦定理计算即可得； （2）选条件②或③，借助余弦定理与面积公式求解，并验证三角形为锐角三角形的条件；不可选①，不存在这样的三角形. 【小问1详解】 由，得． 因为为锐角三角形，所以． 所以． 由正弦定理，得． 由，得． 【小问2详解】 选择条件①：即，由（1）知，， 根据余弦定理， 即，方程无解，所以不能选择条件①； 选择条件②：的面积为． 因为的面积，得，故． 因为为锐角三角形，所以． 在中，由余弦定理． 所以， 此时在中，由余弦定理， 所以，所以为锐角， 又，所以也为锐角，符合为锐角三角形的条件． 选择条件③：的周长为． 因为，的周长为，所以． 由余弦定理． 在中，由余弦定理． 所以， 此时在中，由余弦定理，所以为锐角， 又，所以、也为锐角，符合为锐角三角形的条件． 17. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面平面，为的中点，为棱上一点． （1）若为棱的中点，求证：平面； （2）设直线与平面所成角为，直线与平面所成角为．若，求的值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，先证明四边形是平行四边形，可得，进而求证即可； （2）取中点，连接，结合平面平面可得平面，建立空间直角坐标系，设，进而利用空间向量列方程求解即可. 【小问1详解】 如图，取中点，连接， 因为是的中点，所以， 因为为的中点，所以， 所以， 所以四边形是平行四边形，则， 因为平面，平面，所以平面； 【小问2详解】 如图，取中点，连接， 因为底面是正方形，为中点，所以， 因为，所以， 因为平面平面，平面， 且平面平面， 所以平面， 又因为平面，所以； 如图建立空间直角坐标系， 则， 因此， 设平面的一个法向量为， 则，即，令，得， 设，则， 而为平面的一个法向量， 则， ， 因为，所以，即，解得， 因为，所以，即的值为． 18. 某平台开展答题比赛，比赛共进行两轮，选手每轮比赛可以从甲、乙两类问题中选择一类问题，平台从该类问题中随机抽取一个问题供选手回答．比赛规定：甲类问题中每个问题回答正确得20分，否则得0分；乙类问题中的每个问题回答正确得50分，否则扣10分；选手初始分数为0分．假设某选手正确回答甲类问题的概率为，正确回答乙类问题的概率为． （1）若该选手两轮都选择甲类问题，求该选手累计得分不低于20分的概率； （2）若该选手第一轮选择甲类问题，第二轮选择乙类问题，记该选手累计得分为，求的分布列与数学期望； （3）若该选手每轮等可能地从甲、乙两类问题中选择一类问题，如果两轮的题目类型相同，记该选手的累计得分为；如果两轮的题目类型不同，记该选手的累计得分为．试判断数学期望与的大小. 【答案】（1） （2）分布列见解析， （3） 【解析】 【分析】（1）利用对立事件简化概率计算即可； （2）首先确定随机变量的所有可能取值，计算每个取值的概率，进而构建分布列并求解数学期望； （3）进行分类讨论，分别分析随机变量的分布与期望即可得出结论. 【小问1详解】 设事件“两轮比赛累计得分不低于20分”， 由已知该选手正确回答甲类问题的概率为， 所以． 所以该选手两轮比赛累计得分不低于20分的概率为． 【小问2详解】 的所有可能取值为． ， ， 的分布列为 10 50 70 的数学期望． 【小问3详解】 ． 每轮选甲、乙的概率均为，因此，两轮都选甲的概率为，两轮都选乙的概率为，先甲后乙的概率为，先乙后甲的概率为. 两轮都选甲： 的可能取值为 . 两轮都选乙： 的可能取值为 故. 先甲后乙： 由（2）可知，， 先乙后甲： 同理可得， 故， 所以. 19. 已知椭圆的左、右焦点分别为，离心率为．设是椭圆上一点，且在第一象限，． （1）求椭圆的方程； （2）已知不与轴垂直．延长分别与椭圆交于点，若点到直线的距离与点到直线的距离之和为，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意建立的等式，解方程组求出，从而得到椭圆的方程. （2）设，利用点斜式求出直线和的方程，通过直线和椭圆联立方程组，利用韦达定理得到和，从而求出，由点到直线的距离与点到直线的距离之和为，得到．代入计算得到的值． 【小问1详解】 由题意得，解得． 所以的方程为． 【小问2详解】 设，直线，直线， 其中． 因为点在椭圆上，所以． 由，得． 则． 所以． 由，得， 则． 所以． 由于点到直线的距离与点到直线的距离之和为， 所以．故， 即．解得． 由于在第一象限，所以． 【点睛】 20. 设函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）当时， （i）求的极值； （ii）若，求证：关于的方程在上无解． 【答案】（1） （2）（i）极小值为，无极大值； （ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）代入，将求导，计算出导数斜率，最后写出切线方程. （2）（i）第一问直接代入，求导数零点，算出极值. （ii）将原方程等价变换为，然后构造辅助函数，分析单调性，利用单调性证明. 【小问1详解】 由条件得．所以．所以． 因为，所以曲线在点处的切线方程为． 【小问2详解】 （i）由条件得，所以． 令，即，解得． 当变化时，变化如下： 0 单调递减 极小值 单调递增 所以的极小值为，无极大值． （ii）关于的方程等价于， 由于，故 令，所以． 令，则 因为，． 所以在上单调递增． 因为，所以当时，，即． 所以在区间上单调递增． 因为，所以当时，． 故当时，关于的方程在上无解． 21. 已知数列为有穷整数数列，定义变换：将的第项与第项同时减1，其余项不变，所得数列记作．对依次进行变换后，所得数列记为． （1）已知，直接写出； （2）已知，若存在变换使得的各项均为0，求的值； （3）已知为偶数，的各项均为正整数，且对任意的变换，当中的各项均为非负整数时，都有中等于0的项的个数不大于，求的各项之和的最小值． 【答案】（1）；； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）根据变换的定义求解即可； （2）运用数列变换前后的奇数项的和与偶数项的和之差不变，即可得解； （3）先将数列按相邻两项分成组，说明每组不能同时变，因此每组两个数不相等，再限制每组的数值（中间组大的数，首尾组至少一个数），即中间组按“一个、一个 ”算，首尾组按“一个、一个” 算，加起来总和最小就是，再构造一个满足条件的数列验证即可. 【小问1详解】 由题可知，代表将数列的第3，4项，第1，2项，第1，2项依次减1， 即减2，减2，减1， 得； 同理可得，； 【小问2详解】 由于变换，将的第项与第项同时减1， 因此变换前的数列与变换后的数列的奇数项的和与偶数项的和之差不变． 对于中，， 此时的奇数项的和与偶数项的和之差为． 当的各项均为0时，变换后的数列的奇数项的和与偶数项的和之差为0， 因此，即； 【小问3详解】 因为为偶数，把分成组， 其中为第1组，为第2组，…，为第组，为第组， 存在变换使每组的两个数中至少一个变为0， 因此存在变换，当中的项非负时，所有项中0的个数不小于． 由已知可得同一组的两个数不能相同． 下证第2组，第3组，…，第组，这组数满足：每一组中的较大数不小于3． 考察第2组数，不妨设， 若，则只能为2，此时存在一组变换使得第2组的两个数均变为0，矛盾． 同理可以证明其它组的两个数中较大的不小于3． 对于第1组这两个数至少有一个不小于2， 对于第组这两个数，至少有一个不小于2， 因此的所有项之和不小于． 令， 这个数列满足对任意的一组变换，当中的项非负时，中的3和2均不会变为0， 因此中0的个数不大于． 综上所述，的所有项之和的最小值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 东城区2025—2026学年度第一学期期末统一检测 高三数学 本试卷共6页，150分．考试时长120分钟．考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 5 3. 已知为等差数列，为等比数列，，则（ ） A. 4 B. 7 C. 8 D. 15 4. 在中国古代桥梁的建筑中，有不少是世界桥梁史上的创举．如图所示，某抛物线形拱桥的桥拱跨度为10m，拱高为4m．以桥拱最高点为原点，桥拱的对称轴为轴，建立平面直角坐标系，则桥拱所在的抛物线的标准方程为（ ） A. B. C. D. 5. 设函数，则（ ） A. 是偶函数，且在区间上单调递增 B. 是奇函数，且在区间上单调递增 C. 是偶函数，且在区间上单调递减 D. 是奇函数，且在区间上单调递减 6. 已知圆经过点，则圆心到原点的距离的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 7. 设函数，若在区间上的最大值为9，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 8. 设函数，则“的值域为”是“存在实数，使得”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 9. 把物体放在空气中冷却，如果物体初始温度是℃，空气的温度是℃，那么后物体的温度（单位：℃）可由公式求得，其中冷却系数是一个随着物体与空气的接触状况而定的常数．现将一杯初始温度100℃的水置于20℃的空气中冷却．水杯先在开盖状态下放置min，随后加上盖子继续放置min，此时水温降至40℃．已知在开盖状态和加盖状态下水杯中水的冷却系数分别为0.05和0.01．若，则的值约为（ ）（参考数据：） A. 10 B. 20 C. 30 D. 40 10. 如图，已知正方体的棱长为1．平面，平面和平面将该正方体分割成若干个多面体，则其中顶点所在的多面体的表面积为（ ） A B. C. 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． 11. 在的展开式中，的系数为_____________．（用数字作答） 12. 已知双曲线的一条渐近线方程为，则_____________． 13. 已知函数的定义域为，满足且，写出满足条件的一个函数解析式_____________． 14. 在平面直角坐标系中，已知点，点满足：，．若，则_____________；若，则的最大值为_____________． 15. 若函数的定义域为，且对任意正数，都存在，使得，则称具有性质．将具有性质的函数所构成的集合记为．给出下列四个结论： ①存在，使得； ②存在，使得且； ③若，且为增函数，则； ④若，且为奇函数，为偶函数，则． 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． 16. 在锐角中，． （1）求值； （2）若为边上中点，从下列三个条件中选择一个作为已知，使存在，求的长． 条件①：； 条件②：的面积为； 条件③：的周长为． 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，在四棱锥中，底面是正方形，平面平面，为的中点，为棱上一点． （1）若为棱的中点，求证：平面； （2）设直线与平面所成角为，直线与平面所成角为．若，求的值． 18. 某平台开展答题比赛，比赛共进行两轮，选手每轮比赛可以从甲、乙两类问题中选择一类问题，平台从该类问题中随机抽取一个问题供选手回答．比赛规定：甲类问题中的每个问题回答正确得20分，否则得0分；乙类问题中的每个问题回答正确得50分，否则扣10分；选手初始分数为0分．假设某选手正确回答甲类问题的概率为，正确回答乙类问题的概率为． （1）若该选手两轮都选择甲类问题，求该选手累计得分不低于20分的概率； （2）若该选手第一轮选择甲类问题，第二轮选择乙类问题，记该选手累计得分为，求的分布列与数学期望； （3）若该选手每轮等可能地从甲、乙两类问题中选择一类问题，如果两轮题目类型相同，记该选手的累计得分为；如果两轮的题目类型不同，记该选手的累计得分为．试判断数学期望与的大小. 19. 已知椭圆的左、右焦点分别为，离心率为．设是椭圆上一点，且在第一象限，． （1）求椭圆的方程； （2）已知不与轴垂直．延长分别与椭圆交于点，若点到直线的距离与点到直线的距离之和为，求的值． 20. 设函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）当时， （i）求的极值； （ii）若，求证：关于的方程在上无解． 21. 已知数列为有穷整数数列，定义变换：将的第项与第项同时减1，其余项不变，所得数列记作．对依次进行变换后，所得数列记为． （1）已知，直接写出； （2）已知，若存在变换使得的各项均为0，求的值； （3）已知为偶数，各项均为正整数，且对任意的变换，当中的各项均为非负整数时，都有中等于0的项的个数不大于，求的各项之和的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $