精品解析：北京市第八中学2025-2026学年高三第二学期开学测试数学试题

2026届高三第二学期开学测试数学试题 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】C 【解析】 【分析】先求出，再求出交集即可. 【详解】由，可得，解得， 所以，所以或， 所以或. 故选：C. 2. 若复数z满足，则（ ） A. B. 1 C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】结合复数运算法则求的代数形式，再求其模. 【详解】因为， 所以， 所以， 故选：A. 3. 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. 4. 已知A为抛物线C:y2=2px（p>0）上一点，点A到C的焦点的距离为12，到y轴的距离为9，则p=（ ） A. 2 B. 3 C. 6 D. 9 【答案】C 【解析】 【分析】利用抛物线的定义建立方程即可得到答案. 【详解】设抛物线的焦点为F，由抛物线的定义知，即，解得. 故选：C. 【点晴】本题主要考查利用抛物线的定义计算焦半径，考查学生转化与化归思想，是一道容易题. 5. 已知等差数列的前项和为，等比数列的前项积为，则的值为（ ） A. 58 B. 57 C. 56 D. 55 【答案】D 【解析】 【分析】利用下标和性质分别求出和即可得解. 【详解】设等差数列的首项为，等比数列的首项为， 则， 所以. 故选：D 6. 在平行四边形中，点是边上的点，，点是线段的中点，若，则（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由，及即可求解. 【详解】 因为点是线段的中点， 所以， 又， 所以， 所以， 故选：C 7. 已知函数，将的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，若，总存在唯一实数，使得，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用三角函数图象变换得出，由求出的取值范围，由求得，结合题意得出关于的不等式，解之即可. 【详解】由三角函数的图象变换可得， 当时，，则， 因为，则， 因为，总存在唯一实数，使得， 当时，， 由题意可知，解得， 故实数的取值范围是. 故选：B. 8. 如图，是平面内一定点，是平面外一定点，且，直线与平面所成角为，设平面内动点到点的距离相等，则线段的长度的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，得到动点的轨迹是线段的中垂面与平面的交线，取的中点，结合，即可求解. 【详解】如图所示，因为点到点的距离相等， 可得动点的轨迹是线段的中垂面与平面的交线， 又因为，直线与平面所成角为， 取的中点，可得，则线段的最小值为. 故选：A. 9. 已知函数，若，则（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】A 【解析】 【分析】先将函数变形为，由得函数的图象关于直线对称，再判断单调性，因为，所以，两边平方后化简即可. 【详解】函数定义域为， ， 因为，所以函数的图象关于直线对称， 令，则且在上单调递增； 函数在时单调递减，在时单调递增， 故当时等号成立，此时； 又在上单调递增； 由复合函数单调性知，在上单调递减，在上单调递增； 又因为，所以， 两边平方得，即 若，则. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：将函数变形为，判断出函数的图象关于直线对称，以及在上单调递减，在上单调递增是解决本题的关键. 10. 已知函数．则下列结论中错误的是（ ） A. 函数为单调减函数 B. 函数的对称中心为 C. 若对恒成立，则 D. 函数与函数的图象所有交点纵坐标之和为20 【答案】A 【解析】 【分析】去绝对值分类讨论可得函数解析式，易知在以及上是分别单调递减的，即A错误；易知满足，可知B正确；再利用函数单调性以及不等式恒成立计算可得C正确；画出两函数在同一坐标系下的图象根据周期性和对称性计算可得D正确. 【详解】对于A，易知当时，，时， 因此可得在以及上分别为单调递减函数，即A错误； 对于B，因函数满足，可得关于对称，即B正确； 对于C，由，即， 即在时恒成立，易知在上恒成立， 所以可得，解得，即C正确； 对于D，画出函数以及的图象如下图所示： 因， 即也关于对称，又的周期为， 由图知，在一个周期内该函数与有两个交点，则5个周期有10个交点， 则与在内共20个交点， 则，故D正确. 故选：A. 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. 若，则 ______. 【答案】 【解析】 【分析】先求出展开式的通项公式，然后求出其的2次项系数和3次项系数，从而可出. 【详解】因为展开式的通项公式为， 所以. 故答案为： 12. 在△ABC中，已知AB=4，AC=7，BC边的中线AD=，那么BC=____________． 【答案】9 【解析】 【分析】利用()，得，即可求，利用余弦定理即可求解. 【详解】由()，得， 所以， 即， 即． 由余弦定理，得， 所以． 故答案为：9. 13. 对于实数表示不超过的最大整数，如.已知数列的通项公式，前项和为，则___________. 【答案】54 【解析】 【分析】由，利用裂项相消法求得，再由的定义求解. 【详解】由已知可得：， ， 当时，，； 当时，，； 当时，，； 当时，，； 当时，；； 所以. 故答案为：54. 14. 已知平行四边形中，，点满足，则________. 【答案】 【解析】 【分析】利用平面向量的线性运算以及平面向量数量积的运算性质可求得结果. 【详解】 . 故答案为：. 15. 如图，正方形中，，点为中点，现将沿折起形成四棱锥，设点为中点，则下列命题中为假命题的是___________． ①为棱上一点，若，则在折起过程中，四点可能共面； ②设与交于点，则在折起过程中与可能垂直； ③四棱锥体积的最大值为． 【答案】①② 【解析】 【分析】根据异面直线的判断方法可得为异面直线，故可判断①的正误.假设与垂直，则可得，矛盾，从而可判断②的正误.当平面平面时，四棱锥体积取得最大，据此可求体积的最大值. 【详解】平面即为平面，又平面，故为异面直线， 从而不可能在同一平面内，故①错误. 与垂直，因为，，且两直线在平面内，则平面， 而平面，故，而为的中点， 故，但，矛盾，故②错误. 当平面平面时，四棱锥体积取得最大， 此时P到CE的距离即为四棱锥的高. 故在中，由，可得， 故，故③正确. 故答案为：①②. 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. 记的内角的对边分别为，已知，. （1）求及； （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，求的面积. 条件①：； 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作答，按第一个解答计分. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理和正弦定理求解角度和边长即可. （2）首先证明条件①不符合题意，选择条件②和条件③时利用余弦定理结合给定条件求解面积即可. 【小问1详解】 由和余弦定理可得. 因为为的内角，所以，故， 由变形得，由正弦定理得. 【小问2详解】 选择条件①：， 由正弦定理得，解得， 因为为的内角，所以，故， 与相互矛盾，故不存在这样的三角形， 所以我们不选择条件①， 选择条件②：， 因为，，所以， 解得，由余弦定理得， 化简得，解得或（舍）， 所以. 选择条件③：， 因为，所以. 因为，所以， 由余弦定理得，化简得. 解得或，当时，是直角三角形，与题干不符，故排除， 所以. 17. 如图，在三棱台中，，，侧面侧面，分别为的中点． （1）求证：平面； （2）已知，，，求二面角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，证明四边形是平行四边形，得，由线线平行即可推得线面平行； （2）根据题意建系，由条件求出相关点的坐标，进而求出平面与平面的法向量，利用空间向量的夹角公式计算即得. 【小问1详解】 取的中点，连接，因为的中点，则， 在三棱台中，， 则，故四边形是平行四边形，则， 又平面，平面，故平面. 【小问2详解】 因平面平面，且平面平面， 又平面，则平面. 故可以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，在平面中， 过点作的垂线为轴，建立空间直角坐标系. 连接，易得，作于点， 因，是的中点，则，， 则， 设平面的法向量为， 则，可取； 设平面的法向量为， 则，可取. 则， 设二面角的平面角为， 则， 即二面角的正弦值为. 18. 不同AI大模型各有千秋，适用领域也各有所长．为了解某高校甲、乙两个学院学生对两款不同大模型是否使用，对学生进行简单随机抽样，获得数据如下表： 甲学院 乙学院 使用 不使用 使用 不使用 A款 40人 80人 60人 20人 款 70人 50人 30人 50人 假设所有学生对两款大模型是否使用相互独立，用频率估计概率． （1）分别估计该校甲学院学生使用A款大模型的概率、该校乙学院学生使用A款大模型的概率； （2）从该校甲学院全体学生中随机抽取2人，从乙学院全体学生中随机抽取1人，记这3人中使用款大模型的人数为，求的分布列及数学期望； （3）从该校甲学院全体学生中随机抽取2人，记这2人中使用款大模型的人数为，其方差估计值为，从该校乙学院全体学生中随机抽取2人，记这2人中使用款大模型的人数为，其方差估计值为，比较与的大小． 【答案】（1） （2） 0 1 2 3 P ； （3） 【解析】 【分析】（1）利用古典概型结合表格计算即可； （2）利用离散型随机变量的分布列及期望公式计算即可； （3）利用二项分布的方差公式计算并比较大小即可. 【小问1详解】 由表格可知：该校甲学院学生使用款大模型的概率为， 该校乙学院学生使用款大模型的概率为； 【小问2详解】 由题意可知的可能取值为：， 则， ， ， ， 的分布列如下： 0 1 2 3 P 所以； 【小问3详解】 同第一问，可知该校甲学院学生使用款大模型的概率为, 该校乙学院学生使用款大模型的概率为， 易知， 由二项分布的方差公式可知， ， 所以. 19. 如图，已知椭圆：经过点，离心率为.点，以为直径作圆，过点M作相互垂直的两条直线，分别交椭圆与圆于点A，B和点N. （1）求椭圆的标准方程； （2）当的面积最大时，求直线的方程. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用椭圆过点，离心率为，结合点，可求得结果； （2）设直线的方程与椭圆方程联立，利用韦达定理结合的面积公式及基本不等式可求解. 【小问1详解】 将点代入得，， 又，，得， 所以，，即. 【小问2详解】 因为，设直线的方程为，设，， 联立，得， 且，则，， 则，且， 直线的方程为，即， 则圆心到直线的距离为， ∴， ∴面积， 当且仅当时，取到等号，此时， 所以直线的方程为. 20. 已知函数. （1）当时，求证：； （2）若对于恒成立，求的取值范围； （3）若存在，使得，求证：. 【答案】（1）由，得. 要证，只需证. 令，则. 当时，，则单调递减， 当时，，则单调递增， 所以，故， 因此. （2） （3）由（2）知，设， 则在上单调递减，在上单调递增， 注意到， 故在上存在唯一的零点. 注意到，且在上单调递增. 要证明，只需证， 因为，所以只需证， 即证. 因为，即， 所以，只需证， 只需证（*） 由（1）得， 因此， 设， 则，所以在上单调递增， 所以， 从而，即，因此（*）得证， 从而. 【解析】 【分析】（1）由由，得，构造函数，求解单调性，证明结果; （2）求解令，则，分类讨论求解的范围; （3）由（2）知，设，判断单调性，，所以只需证，由，即，只需证 （*）进而证明结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 令，则 ①当时，由，得， 因此，满足题意. ②当时，由，得， 因此，则在上单调递增. 若，则， 则在上单调递增， 所以，满足题意； 若，则， 因此在存在唯一的零点，且， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 所以，不合题意. 综上，的取值范围为. 【小问3详解】 略 21. 若项数列同时满足．则称为“阶数列”． （1）若等比数列为“6阶数列”，写出的各项； （2）若等差数列为“阶数列”（且，），求的通项公式（用表示）； （3）记“阶数列”的前项和为，若存在，使，判断数列能否是“阶数列”？若是，求出所有这样的数列；若不是，请说明理由． 【答案】（1）或. （2）答案见解析 （3）不是，理由见解析 【解析】 【分析】（1）根据所给新定义，求出等比数列的首项与公比即可得解； （2）根据所给新定义，建立方程分类讨论，求出等差数列的首项与公差即可得出通项公式； （3）根据数列新定义，若满足题意可推导出，此时不能同时成立，即可知不存在. 【小问1详解】 设是公比为的等比数列，由题意， 则有，即，解得， 又因为，即，解得， 所以数列的各项为或. 【小问2详解】 设等差数列的公差为， ， ，即，， ，若，则与矛盾； 当时，， ，即， 由，即，解得， ， 当时，同理可得，， 由，即，解得， ， 综上，当时，， 当时，. 【小问3详解】 记中非负项和为，负项和为，则， 解得， 所以，即 若存在，使， 可知， 且. 时，；时，. ， 这与不能同时成立， 又因为对任意都有，且由可知数列不全为0， 则也不全为0，故.这与“阶数列”要求矛盾， 所以数列不是“阶数列”. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高三第二学期开学测试数学试题 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. 若复数z满足，则（ ） A. B. 1 C. 2 D. 3. 若，，，则、、的大小关系为（　　） A. B. C. D. 4. 已知A为抛物线C:y2=2px（p>0）上一点，点A到C的焦点的距离为12，到y轴的距离为9，则p=（ ） A. 2 B. 3 C. 6 D. 9 5. 已知等差数列的前项和为，等比数列的前项积为，则的值为（ ） A. 58 B. 57 C. 56 D. 55 6. 在平行四边形中，点是边上的点，，点是线段的中点，若，则（ ） A. B. 1 C. D. 7. 已知函数，将的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，若，总存在唯一实数，使得，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，是平面内一定点，是平面外一定点，且，直线与平面所成角为，设平面内动点到点的距离相等，则线段的长度的最小值为（ ） A. B. C. D. 9. 已知函数，若，则（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 10. 已知函数．则下列结论中错误的是（ ） A. 函数为单调减函数 B. 函数的对称中心为 C. 若对恒成立，则 D. 函数与函数的图象所有交点纵坐标之和为20 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. 若，则 ______. 12. 在△ABC中，已知AB=4，AC=7，BC边的中线AD=，那么BC=____________． 13. 对于实数表示不超过的最大整数，如.已知数列的通项公式，前项和为，则___________. 14. 已知平行四边形中，，点满足，则________. 15. 如图，正方形中，，点为中点，现将沿折起形成四棱锥，设点为中点，则下列命题中为假命题的是___________． ①为棱上一点，若，则在折起过程中，四点可能共面； ②设与交于点，则在折起过程中与可能垂直； ③四棱锥体积的最大值为． 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. 记的内角的对边分别为，已知，. （1）求及； （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，求的面积. 条件①：； 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作答，按第一个解答计分. 17. 如图，在三棱台中，，，侧面侧面，分别为的中点． （1）求证：平面； （2）已知，，，求二面角的正弦值． 18. 不同AI大模型各有千秋，适用领域也各有所长．为了解某高校甲、乙两个学院学生对两款不同大模型是否使用，对学生进行简单随机抽样，获得数据如下表： 甲学院 乙学院 使用 不使用 使用 不使用 A款 40人 80人 60人 20人 款 70人 50人 30人 50人 假设所有学生对两款大模型是否使用相互独立，用频率估计概率． （1）分别估计该校甲学院学生使用A款大模型的概率、该校乙学院学生使用A款大模型的概率； （2）从该校甲学院全体学生中随机抽取2人，从乙学院全体学生中随机抽取1人，记这3人中使用款大模型的人数为，求的分布列及数学期望； （3）从该校甲学院全体学生中随机抽取2人，记这2人中使用款大模型的人数为，其方差估计值为，从该校乙学院全体学生中随机抽取2人，记这2人中使用款大模型的人数为，其方差估计值为，比较与的大小． 19. 如图，已知椭圆：经过点，离心率为.点，以为直径作圆，过点M作相互垂直的两条直线，分别交椭圆与圆于点A，B和点N. （1）求椭圆的标准方程； （2）当的面积最大时，求直线的方程. 20. 已知函数. （1）当时，求证：； （2）若对于恒成立，求的取值范围； （3）若存在，使得，求证：. 21. 若项数列同时满足．则称为“阶数列”． （1）若等比数列为“6阶数列”，写出的各项； （2）若等差数列为“阶数列”（且，），求的通项公式（用表示）； （3）记“阶数列”的前项和为，若存在，使，判断数列能否是“阶数列”？若是，求出所有这样的数列；若不是，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $