精品解析：北京顺义区2025-2026学年第一学期期末质量监测高三数学试卷

顺义区2025-2026学年第一学期期末质量监测 高三数学试卷 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，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 在复平面内，复数 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. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知向量，，，则（ ） A. B. C. D. 5. 若双曲线的渐近线方程为，且过点，则双曲线的方程为（ ） A. B. C. D. 6. 已知是等比数列，若，，则（ ） A. B. C. D. 7. 在量子计算研发中，某量子计算机处理任务的时间（单位：秒），其中为常数，是量子比特的数量.已知当量子比特数量从个增加到个时，处理时间增加了10秒；当量子比特数量从个增加到个时，处理时间增加了20秒，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数满足，则“单调递减”是“存在，对任意的，均有”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. 过直线上的点作圆的两条切线，切点分别为，若的面积与面积相等，则的一个可能取值为（ ） A. B. C. D. 10. 如图，在水平面上有两个单位圆和，在时刻，质点甲从点（与水平面平行）开始按逆时针方向在圆上做匀速圆周运动，质点乙从点（为圆的最低点）开始按逆时针方向在圆上做匀速圆周运动，甲转一周需要秒，乙转一周需要秒.在时刻，设质点甲的竖直高度为，质点乙的竖直高度为，设，给出下列三个结论： ①在上的单调递减； ②若，则的最小值为； ③若，则的最大值为； 其中正确结论的个数为（ ） A. 个 B. 个 C. 个 D. 个 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_____________. 12. 已知点在抛物线C：上，则点A到抛物线C的准线的距离为__________． 13. 将函数的图像向左平移个单位长度，得到函数的图像，记函数，若，则的最小值为________；若的最大值为，则的一个取值为____________． 14. 由两个全等的正四棱台组合而得到的几何体（如图）， ，分别在上，满足，则几何体的体积为__________；___________. 15. 已知无穷数列前项和为，若存在，当时，，则称为“平衡数列”.给出下列四个结论： ①已知数列，则数列为“平衡数列”； ②若等比数列为“平衡数列”，则公比为； ③若数列和均为“平衡数列”，则为“平衡数列”； ④存在两个公差均不为的等差数列和，其中数列，，和均为“平衡数列”； 其中所有正确结论的序号是________. 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. 已知函数. （1）求的值； （2）设，，求的最大值. 17. 如图，在四棱锥中，，底面是菱形，其中. （1）若是棱上一点，平面与棱交于点，求证：； （2）若平面，求平面与平面夹角的余弦值. 18. 某高中举办 “京剧脸谱体验展”，通过增强现实技术让学生沉浸式感受京剧文化魅力.为了解全校学生的体验效果，研究团队在三个不同年级中各随机抽取人作为样本，统计其体验时长，并通过问卷方式调查认知度提升效果.已知体验时长（单位：分钟）分为三段，，，各段人数及认知度显著提升人数如下表： 人数 年级 体验时长 体验时长 体验时长 认知度 显著提升 高一年级 55人 30人 15人 70人 高二年级 40人 45人 15人 50人 高三年级 25人 30人 45人 30人 假设三个年级人数相同，以频率估计概率. （1）从全校学生中随机抽取1人，估计该学生为高二年级学生且体验时长的概率； （2）从全校所有“认知度显著提升”的学生中随机抽取3人，记为抽取的3人中高二年级学生的人数，求的分布列和数学期望； （3）假设学生的认知提升度只受年级与体验时长的影响，且当“体验时长”时，每个年级的学生“认知度显著提升”的概率相等，当“体验时长”时，高一学生“认知度显著提升”的概率为；高三学生“认知度显著提升”的概率为，判断，的大小关系.（结论无需证明） 19. 已知椭圆的右焦点为，分别是的左、右顶点，. （1）求椭圆的方程及离心率； （2）过点且斜率为的直线与椭圆交于不同的两点，直线与直线相交于点.若，求的值. 20. 已知函数，直线是曲线在点处的切线. （1）当时，求直线的方程； （2）求证：函数有唯一零点； （3）记的零点为，当直线与轴相交时，交点横坐标为.若，求的取值范围. 21. 已知数列，定义数列的伴随数列为，其中.记，，其中，表示集合中最大的数，表示集合中最小的数. （1）已知数列，求和； （2）若，，，求的最小值； （3）若，，求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 顺义区2025-2026学年第一学期期末质量监测 高三数学试卷 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，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出，由并集的定义求解即可. 【详解】， ， 则. 故选：D 2. 在复平面内，复数 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】利用复数的除法运算将转化为的形式，则复数在复平面内对应的点为，从而得到复数在复平面内对应的点位于第几象限. 【详解】 则复数在复平面内对应的点为，该点在复平面内位于第二象限. 故选：B. 3. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据不等式的性质逐项判断即可． 【详解】对于A，当时，，故A错误； 对于B，，， 又，，故B正确； 对于C，当时，符合，但，故C错误； 对于D，当时，，故D错误． 故选：B． 4. 已知向量，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据数量积的定义计算，再根据计算即可. 【详解】由题意可得，， 则， 故. 故选：D 5. 若双曲线的渐近线方程为，且过点，则双曲线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用双曲线渐近线方程，结合待定系数法即可求解. 【详解】由双曲线的渐近线方程为，可得， 再由过点可得：， 代入得：， 则，所以双曲线的方程为， 故选：A. 6. 已知是等比数列，若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，设数列首项为，公比为，则，再解方程组结合等比数列通项公式即可求解． 【详解】根据题意，设数列首项为，公比为， ， ，代入，，解得， ， ． 故选：C． 7. 在量子计算研发中，某量子计算机处理任务的时间（单位：秒），其中为常数，是量子比特的数量.已知当量子比特数量从个增加到个时，处理时间增加了10秒；当量子比特数量从个增加到个时，处理时间增加了20秒，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据条件列出方程通过对数运算计算出的值，然后再求对应条件下即可. 【详解】由于当量子比特数量从个增加到个时，处理时间增加了10秒， 所以，解得：, 当量子比特数量从个增加到个时，处理时间增加了20秒, 则，即， 解得：， 故选：D 8. 已知函数满足，则“单调递减”是“存在，对任意的，均有”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】A 【解析】 【分析】利用充分条件和必要条件的定义进行分析得解. 【详解】充分性分析： ，，单调递减，， ，，， ， ， “单调递减”是“存在，对任意的， 均有”的充分条件； 必要性分析：设，取， 当时，，则， 此时； 当时，则， 此时； 故存在，对任意的，均有， 但是不是单调递减函数， 故 “单调递减”是“存在，对任意的， 均有”的不必要条件； 综上可知，“单调递减”是“存在，对任意的， 均有”的充分不必要条件. 故选：A. 9. 过直线上的点作圆的两条切线，切点分别为，若的面积与面积相等，则的一个可能取值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据的面积与的面积相等这一条件，结合圆的切线性质，得出的长度，最后根据点到直线的距离公式求出的范围. 【详解】由，得， 所以. 因为，所以四点共圆，所以， 所以，又，所以，又， 所以=1，因此得， 因为点在直线上，且的最小值为圆心到直线的距离, ，因为，所以，解得，在各选项中只有选项C满足. 故选：C 10. 如图，在水平面上有两个单位圆和，在时刻，质点甲从点（与水平面平行）开始按逆时针方向在圆上做匀速圆周运动，质点乙从点（为圆的最低点）开始按逆时针方向在圆上做匀速圆周运动，甲转一周需要秒，乙转一周需要秒.在时刻，设质点甲的竖直高度为，质点乙的竖直高度为，设，给出下列三个结论： ①在上的单调递减； ②若，则的最小值为； ③若，则的最大值为； 其中正确结论的个数为（ ） A. 个 B. 个 C. 个 D. 个 【答案】C 【解析】 【分析】根据题图和旋转周期，可以得出在时甲、乙的运动方向，从而得出、的单调性，从而判断结论①；根据，可以得出此时甲、乙的位置，再代入时刻进行计算即可判断结论②；根据甲、乙的实际旋转，可以得出旋转轨迹，再结合函数的单调性可判断结论③. 【详解】根据题意得甲的角速度，乙的角速度. ①在时：甲从与水平面平行的位置向最低点运动，单调递减； 乙从最低点向最高点运动，单调递增. 由，故单调递减，故①正确； ②要使，需同时满足且. 当时，是甲到最低点的时刻； 当时，是乙到最高点的时刻. 取，两时刻重合，，此时，故②正确； ③由题意得，，则， 代入，化简得. 令，则，对称轴， 此时，所以的最大值不是1，故③错误. 综上，正确结论的个数为2个. 故选：. 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_____________. 【答案】 【解析】 【分析】先求出的展开式的通项，令，求出代入通项即可得出答案. 【详解】的展开式的通项为：，， 令，解得：，则. 故答案为：. 12. 已知点在抛物线C：上，则点A到抛物线C的准线的距离为__________． 【答案】2 【解析】 【分析】将点代入抛物线方程，求出及准线方程，进而可得出答案. 【详解】因为在抛物线C：上， 所以，解得， 故抛物线C的准线为， 所以点A到抛物线C的准线的距离为. 故答案为：. 13. 将函数的图像向左平移个单位长度，得到函数的图像，记函数，若，则的最小值为________；若的最大值为，则的一个取值为____________． 【答案】 ①. ②. （答案不唯一）. 【解析】 【分析】由三角函数的图像变换，求得，得到，根据，得到，求得，进而得到的最小值；再由的最大值为，得到，求得，得到答案. 【详解】将函数的图像向左平移个单位长度， 得到， 则， 因为，可得，所以， 解得，因为，所以的最小值为， 若的最大值为，即，即，所以， 所以的一个取值可以为. 故答案为：；（答案不唯一）. 14. 由两个全等的正四棱台组合而得到的几何体（如图）， ，分别在上，满足，则几何体的体积为__________；___________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】先求面积，再求三棱锥和的高度，进一步求三棱锥的体积，且根据两个三棱锥和全等得出几何体的体积；构建直角三角形，利用勾股定理，根据已知线段长度计算，得出长度. 【详解】几何体看作以为公共底面的两个三棱锥和的组合， 又因为在正四棱台中，，， 所以，又因为，连接，则为等腰直角三角形， 其面积为：， 连接，交于点，连接，交于点，则垂直于面且为三棱锥的高，平移到，则，即四边形是平行四边形， 所以， 又因为四边形是正方形，所以，分别是，的中点， 且，为等腰直角三角形， 所以，， ， 在直角三角形中，由勾股定理可得， 所以几何体的体积, 连接，交于点，连接，， 由题意可得，几何体是由两个全等的正四棱台组合， 所以平行且，所以四边形是平行四边形， 所以，且平行， 又因为是两个全等的正四棱台组合的组合体的高， 所以，为直角三角形，由勾股定理可得： . 故答案为：，. 15. 已知无穷数列前项和为，若存在，当时，，则称为“平衡数列”.给出下列四个结论： ①已知数列，则数列为“平衡数列”； ②若等比数列为“平衡数列”，则公比为； ③若数列和均为“平衡数列”，则为“平衡数列”； ④存在两个公差均不为的等差数列和，其中数列，，和均为“平衡数列”； 其中所有正确结论的序号是________. 【答案】②④ 【解析】 【分析】①利用反证法求证；②分和两种情况讨论；③举例说明，数列为；数列为；④举例说明，数列为；数列为. 【详解】因为，所以， 假设存在，使， 则，则，则， 因为，所以，故假设不成立，故①错误； 若公比为，则，显然此时不为“平衡数列”，则公比， 则， 则由，即，可得， 因为等比数列为“平衡数列”，所以，则，故②正确； 设数列和的前项和分别为，的前项和为， 设数列为；数列为， 则，，则数列和均为“平衡数列”， 但，且数列为递增数列， 故不是“平衡数列”，故③错误； 设数列、、、的前项和分别为，， 设数列为；数列为， 则，， 故数列，，和均为“平衡数列”，故④正确. 故答案为：②④ 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. 已知函数. （1）求的值； （2）设，，求的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）将直接代入，化简求值即可； （2）先根据求出的表达式，再结合的取值范围，利用三角函数的性质求出的最大值. 【小问1详解】 . 【小问2详解】 因为 . 当，，所以， 所以的最大值为，此时. 17. 如图，在四棱锥中，，底面是菱形，其中. （1）若是棱上一点，平面与棱交于点，求证：； （2）若平面，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）先由可得平面，再由线面平行的性质可得线线平行； （2）解法一：取的中点为，再分别以坐标轴，建立空间直角坐标系，用向量计算面面角的余弦值； 解法二：取的中点为，再分别以为坐标轴，建立空间直角坐标系，用向量方法计算面面的夹角； 解法三：设，再分别以为坐标轴，建立空间直角坐标系，用向量方法计算面面的夹角. 【小问1详解】 证明：连接， 因为四边形是菱形，所以.又因为平面，平面 所以平面，又因为平面，平面平面 所以. 【小问2详解】 （法一）取的中点为，连接，因为是菱形，， 所以. 所以，又，所以 因为平面，所以，即两两相互垂直． 如图建立空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，. 设平面的法向量为，则，即， 所以可得，所以，令，则， 所以，. 又因为，. 设平面的法向量为，则， 即，所以. 令，则，． 所以， 设平面与平面的夹角为， 则 （法二）取的中点为，连接，则，又，所以 因为平面，所以．所以两两相互垂直． 如图建立空间直角坐标系， 则，，，，． 所以， 设平面的法向量为，则，即　所以， 所以，，令，所以，. 又， 设平面的法向量为，则，即， 所以，所以，令，． 所以，. 设平面与平面的夹角为， 则. （法三）连接，则，设. 因为平面，过作的平行线，则平面. 所以．即两两相互垂直． 如图建立空间直角坐标系， 则，，，，，． 所以，. 设平面的法向量为，则，即，所以 所以，令，则，所以， 又，. 设平面的法向量为，则，即. 所以，令，则，， 所以，. 设平面与平面的夹角为， 则. 18. 某高中举办 “京剧脸谱体验展”，通过增强现实技术让学生沉浸式感受京剧文化魅力.为了解全校学生的体验效果，研究团队在三个不同年级中各随机抽取人作为样本，统计其体验时长，并通过问卷方式调查认知度提升效果.已知体验时长（单位：分钟）分为三段，，，各段人数及认知度显著提升人数如下表： 人数 年级 体验时长 体验时长 体验时长 认知度 显著提升 高一年级 55人 30人 15人 70人 高二年级 40人 45人 15人 50人 高三年级 25人 30人 45人 30人 假设三个年级人数相同，以频率估计概率. （1）从全校学生中随机抽取1人，估计该学生为高二年级学生且体验时长的概率； （2）从全校所有“认知度显著提升”的学生中随机抽取3人，记为抽取的3人中高二年级学生的人数，求的分布列和数学期望； （3）假设学生的认知提升度只受年级与体验时长的影响，且当“体验时长”时，每个年级的学生“认知度显著提升”的概率相等，当“体验时长”时，高一学生“认知度显著提升”的概率为；高三学生“认知度显著提升”的概率为，判断，的大小关系.（结论无需证明） 【答案】（1） （2）分布列见解析，数学期望为 （3） 【解析】 【分析】（1）根据古典概型计算即可； （2）根据二项分布公式计算即可； （3）根据题意列出高一年级与高三年级“认知度显著提升”概率等式，从而求得，，再比较大小即可. 【小问1详解】 设从全校学生中随机抽取1人，该学生为高二年级学生且体验时长为事件， 则中包含的基本事件总数，所有参与体验的学生总数为人， 所以. 【小问2详解】 “认知度显著提升”的学生共有人，其中高二年级有人，所占比例为， 所以的所有可能取值为， ，， ，. 所以的分布列为： 所以的数学期望. 【小问3详解】 . 不妨设当“体验时长”时，每个年级的学生“认知度显著提升”的概率相等且为， 则可得①，②， 由①得，由②得， 所以=，即. 19. 已知椭圆的右焦点为，分别是的左、右顶点，. （1）求椭圆的方程及离心率； （2）过点且斜率为的直线与椭圆交于不同的两点，直线与直线相交于点.若，求的值. 【答案】（1）；离心率 （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，利用椭圆的几何性质，列出方程组，求得的值，即可求解； （2）设，由，求得，得到，再由直线方程为，联立方程组，利用韦达定理证得，结合，得到，求得，代入椭圆的方程，求得的值，结合斜率公式，即可求解. 【小问1详解】 解：由椭圆的右焦点为，是的左、右顶点，且， 可得，解得，则， 所以椭圆的方程为，离心率. 【小问2详解】 解：设，， 因为，可得 ， 因为三点共线，可得，所以，可得，即， 下面证明：三点共线. 因为，，所以① 又因为直线方程为， 联立方程组，整理得， 所以，， 则 所以，即，所以三点共线， 又因为，可得，所以， 可得，解得，将其代入椭圆的方程， 可得，解得，所以， 所以实数的值为. 20. 已知函数，直线是曲线在点处的切线. （1）当时，求直线的方程； （2）求证：函数有唯一零点； （3）记的零点为，当直线与轴相交时，交点横坐标为.若，求的取值范围. 【答案】（1）； （2） ， 令可得，列表可得 单调递减 极小值 单调递增 当，，此时函数无零点； 当时，单调递增， 又，， 所以根据零点存在性定理，函数存在唯一零点. （3）. 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义可得切线方程； （2）先用导数判断函数的单调性，再结合零点存在性定理可证； （3）先解得，再构造函数，再用导数判断成立的条件可得. 【小问1详解】 由，可得，.又因为时，. 因为直线是曲线在点处的切线，所以直线的方程为， 所以，直线的方程为，即. 【小问2详解】 略. 【小问3详解】 由（1）可知直线的方程为， 因为直线与轴相交，且交点的横坐标为，， 所以令，当时，有. 设，则. 又，所以， 由（2）知，且当，且. 所以当或时，；当或时，. 列表可得 单调递增 极大值 单调递减 单调递减 极小值 单调递增 当时，，不满足， 当时，，即成立 综上可知，. 21. 已知数列，定义数列的伴随数列为，其中.记，，其中，表示集合中最大的数，表示集合中最小的数. （1）已知数列，求和； （2）若，，，求的最小值； （3）若，，求的最大值. 【答案】（1） （2）2 （3）2025 【解析】 【分析】（1）根据，易得.结合新定义即可求解； （2）根据题意，由新定义可得，且使得，求得，，即可求解； （3）若，则，不妨设数列中最大值为，最小值为0，记，，令，，利用作差法，分类讨论当、时，成立，结合不成立即可求解. 【小问1详解】 由题意知，，又， 所以. 故. 【小问2详解】 因为当，，， 所以，且，使得， 所以，， 则. 此时，构造数列为满足等号成立. 所以的最小值为2. 【小问3详解】 对任意实数，若， 则数列的伴随数列，其中，， 所以不妨设数列中最大值为，最小值为0. 记，， 令，， 先设，则 ， 因为，，， 所以， 构造数列为，满足上述式子等号成立. 若，类似地有 . 构造数列为，满足上述式子等号成立. 显然不成立. 综上，的最大值为2025. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $