精品解析：北京市第十七中学2026届高三下学期开学考试数学试题

2026北京十七中高三（下）开学考数学 数学 一、选择题共10小题，每小题4分，共40分． 1. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 下列函数中，在区间上为增函数的是（ ） A. B. C. D. 3. 设，，，则（ ） A. B. C. D. 4. 设，若，则（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 5. 已知为所在平面内一点，，则（ ） A. B. C. D. 6. 函数是（ ） A. 奇函数，且最小值为 B. 奇函数，且最大值为 C. 偶函数，且最小值为 D. 偶函数，且最大值为 7. 已知双曲线的中心在原点，以坐标轴为对称轴．则“的离心率为”是“的一条渐近线为”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 8. 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. 9. 设，函数若恰有一个零点，则c的取值范围是（ ） A. B. C. D. 10. 在棱长为的正方体中，，，分别为棱，，的中点，动点在平面内，且.则下列说法正确的是（ ） A. 存在点，使得直线与直线相交 B. 存在点，使得直线平面 C. 直线与平面所成角的大小为 D. 平面被正方体所截得的截面面积为 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分． 11. 复数，则__________________. 12. 已知抛物线的顶点为，且过点．若是边长为的等边三角形，则____． 13. 已知数列的通项公式为的通项公式为．记数列的前项和为，则___________；满足的的最小值为___________． 14. 已知角、的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边分别交单位圆（圆心在原点）于、两点，点坐标为，则______；若点在第一象限，且，则______. 15. 已知曲线，直线与曲线交于、两点.给出下列四个结论： ①，，总有； ②当时，； ③曲线所围成区域的面积为； ④当时，，总有. 其中正确结论的序号是______. 三、解答题 16. 在中，为锐角，． （1）求； （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，求的面积及边上的中线长． 条件①：； 条件②：； 条件③：． 17. 如图，在三棱锥中，侧面底面． （1）求证：； （2）已知，，，是线段上一点，当时， （i）求二面角的余弦值． （ii）设线段的中点为，试判断直线与平面的关系，并说明理由． 18. 开封古称汴梁、汴京，作为北宋都城长达年，是当时世界上最大的都市，《清明上河图》描绘的正是当年汴河两岸的繁华盛景.如今的开封，依托深厚的历史文化底蕴，打造了以清明上河园、开封府、大相国寺、龙亭公园为代表的宋文化景区群，让游客穿越千年，感受“东京梦华”的独特魅力.为深化游客对宋代文化的体验，开封旅游局推出了“宋文化深度游”项目.某旅行社组织了一个人的“宋文化研学团”，其中人购买了景点联票（深度体验游客），人只购买了部分景点门票（精选游览游客）.为增强文化体验，旅行社准备从人中随机抽取人，赠送珍贵的《大宋御河夜游》船票，并可在船上自愿参与北宋蹴鞠体验活动. （1）求抽到的人中恰有人为“深度体验游客”的概率； （2）如果游客参加“蹴鞠体验”活动的概率为，且是否参与相互独立.设“抽到的人中实际参加蹴鞠体验的游客人数”，求的分布列及数学期望. （3）该旅行社对某天位精选游览游客的游览情况进行统计，得到如下数据： 景点编号 一 二 三 四 景点名称 清明上河园 开封府 大相国寺 龙亭公园 游览人数（人） 假设每个景点得到人们喜欢的概率与该景点的参观率相等，用表示第个景点得到游客喜欢，用表示第个景点没有得到游客喜欢.结合上表数据，写出方差、、、的大小关系.（结论不要求证明） 19. 已知函数，. （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）若存在，使，求的取值范围； （3）若，求证：对任意，，当时，不等式恒成立. 20. 已知椭圆，点在椭圆上，且（为原点）．设的中点为，射线交椭圆于点． （1）当直线与轴垂直时，求直线的方程； （2）求的取值范围． 21. 给定正整数，设集合．对于集合中的任意元素和，记．设，且集合，对于中任意元素，若则称具有性质． （1）判断集合是否具有性质？说明理由； （2）判断是否存在具有性质的集合，并加以证明； （3）若集合具有性质，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026北京十七中高三（下）开学考数学 数学 一、选择题共10小题，每小题4分，共40分． 1. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】化简，再由集合并集的运算即可得解. 【详解】由题意，， 所以. 故选：C. 2. 下列函数中，在区间上为增函数的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用基本初等函数的单调性逐项判断各选项中函数在区间上的单调性，可得出合适的选项. 【详解】对于A选项，当时，，则在上单调递减； 对于B选项，函数在区间上不单调； 对于C选项，函数在上不单调； 对于D选项，因为函数、在上均为增函数， 所以，函数在上为增函数. 故选：D. 3. 设，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分别利用指数函数、对数函数、三角函数单调性，限定的取值范围即可得出结论. 【详解】根据对数函数在定义域内为单调递增可知，即； 由三角函数单调性可知； 利用指数函数为单调递增可得； 所以. 故选：C 4. 设，若，则（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】A 【解析】 【分析】先求出展开式第项，再由列出方程，即可求出的值. 【详解】展开式第项， ∵，∴， ∴. 故选：A. 5. 已知为所在平面内一点，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用向量线性运算求解. 【详解】 . 6. 函数是（ ） A. 奇函数，且最小值为 B. 奇函数，且最大值为 C. 偶函数，且最小值为 D. 偶函数，且最大值为 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意可知定义域关于原点对称，再利用同角三角函数之间的基本关系化简可得，由三角函数值域即可得，即可得出结果. 【详解】由题可知，的定义域为，关于原点对称， 且， 而，即函数为偶函数； 所以，又， 即，可得函数最小值为0，无最大值. 故选：C 7. 已知双曲线的中心在原点，以坐标轴为对称轴．则“的离心率为”是“的一条渐近线为”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，分别从充分性和必要性两方面进行检验即可求解. 【详解】若双曲线的离心率为，则， 所以，若双曲线的焦点在轴上，则渐近线方程为； 若双曲线的焦点在轴上，则渐近线方程为； 所以“的离心率为”不是“的一条渐近线为”的充分条件； 反之，双曲线的一条渐近线为， 若双曲线的焦点在轴上，则渐近线方程为，所以， 离心率； 若双曲线的焦点在轴上，则渐近线方程为，所以， 离心率；所以“的离心率为”不是“的一条渐近线为”的必要条件； 综上：“的离心率为”是“的一条渐近线为”的既不充分也不必要条件， 故选：D. 8. 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 9. 设，函数若恰有一个零点，则c的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意利用函数与方程的思想，可将图象平移，以及对参数进行分类讨论即可得出其取值范围. 【详解】画出函数的图象如下图所示： 函数可由分段平移得到， 易知当时，函数恰有一个零点，满足题意； 当时，代表图象往上平移，显然没有零点，不符合题意； 当时，图象往下平移，当时，函数有两个零点； 当时，恰有一个零点，满足题意，即； 综上可得的取值范围是. 故选：D 10. 在棱长为的正方体中，，，分别为棱，，的中点，动点在平面内，且.则下列说法正确的是（ ） A. 存在点，使得直线与直线相交 B. 存在点，使得直线平面 C. 直线与平面所成角的大小为 D. 平面被正方体所截得的截面面积为 【答案】C 【解析】 【分析】连接，，取的中点，连接，点到线段的最短距离大于，即可判断；建立空间直角坐标系，点到平面的距离为，即可判断；由平面，连接交于点，与全等，所以，即可判断；平面被正方体所截得的截面图形为正六边形，且边长为，可求截面面积. 【详解】 连接，，所以，，取的中点，连接， 所以，点到线段的最短距离大于，所以不存在点，使得直线与直线相交，故不正确； 以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则，，，， 所以，，， 设平面的法向量为，所以，即， 令，则，，所以， 所以点到平面的距离为，而，所以不存在点，使得直线平面，故不正确； 因为，所以平面，连接交于点，所以为的中点，， 所以为直线与平面所成角， 因为，在中，， 所以，因为与全等，所以，故正确； 延长交的延长线于，连接交于，连接，取的中点，的中点， 连接，，，，，， 平面被正方体所截得的截面图形为正六边形，且边长为， 所以截面面积为，故不正确. 故选：. 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分． 11. 复数，则__________________. 【答案】 【解析】 【分析】利用复数的除法法则化简复数，利用复数的模长公式可求得结果. 【详解】，因此，. 故答案为：. 12. 已知抛物线的顶点为，且过点．若是边长为的等边三角形，则____． 【答案】1 【解析】 【分析】根据抛物线的对称性以及等边三角形的边角关系即可代入求解. 【详解】设，则,即， 所以，由于又，所以，因此，故关于轴对称， 由得,将代入抛物线中得所以， 故答案为：1 13. 已知数列的通项公式为的通项公式为．记数列的前项和为，则___________；满足的的最小值为___________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】令，利用数列求和公式可得，计算可得时，利用数学归纳法可得时，进而可得的条件. 【详解】，，则， 所以； 令，则数列的前项和为， 有， 当时，，即，下面用数学归纳法证明： ①当时，成立， ②假设时，成立， 当时，，即时也成立， 由①②可知，当时，，即， 所以时，，时，当时，有最小值， 满足的的最小值为3. 14. 已知角、的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边分别交单位圆（圆心在原点）于、两点，点坐标为，则______；若点在第一象限，且，则______. 【答案】 ①. ## ②. ## 【解析】 【分析】利用三角函数的定义可得出、的值，分析可知，确定角、的关系，结合诱导公式可得出的值. 【详解】由三角函数的定义可得，， 由题意可知，又因为，所以， 所以， 因为角为第四象限角，角为第一象限角，故， 所以. 故答案为：；. 15. 已知曲线，直线与曲线交于、两点.给出下列四个结论： ①，，总有； ②当时，； ③曲线所围成区域的面积为； ④当时，，总有. 其中正确结论的序号是______. 【答案】①④ 【解析】 【分析】分析出曲线关于原点对称，可知、也关于原点对称，可判断①；当时，求出关于的表达式，结合基本不等式求出的最大值，可得出的最大值，可判断②；分析可知曲线关于直线、对称，求出曲线与这两条直线的四个交点围成的菱形的面积，可判断③；利用配方法得出，求出的取值范围，可判断④. 【详解】对于①，在曲线上任取一点，则该点关于原点的对称点为， 所以，即点在曲线上， 故曲线关于原点对称， 又因为函数为奇函数，点、是直线与曲线的交点， 故点、关于原点对称， 所以，，总有，①对； 对于②，当时，曲线的方程为， 联立可得， 可得，即， 所以， 若取最大值，必有， 由基本不等式可得， 当且仅当时，即当时，等号成立，即， 故，②错； 对于③，在曲线上取点，该点关于直线的对称点为， 因为，即点在曲线上，故曲线关于直线对称， 点关于直线的对称点为， 因为，故曲线关于直线对称， 由基本不等式可得， 即，当且仅当或时，等号成立， 所以， 取点、， 所以 ， 同理可得，所以， 故曲线是以点、为焦点的椭圆， 设曲线交直线于、两点， 联立可得，此时， 设曲线交直线于、两点，联立可得， 故， 易知四边形为菱形，该菱形的面积为， 故曲线所围成区域的面积大于菱形的面积， 即曲线所围成区域的面积不为，③错； 对于④，当时，曲线的方程为， 则，可得，解得， 当时，，总有，④对. 故答案为：①④. 三、解答题 16. 在中，为锐角，． （1）求； （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，求的面积及边上的中线长． 条件①：； 条件②：； 条件③：． 【答案】（1） （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理与角度的函数值求解. （2）选①，首先排除为钝角，再利用正弦定理求得，再利用两角和的正弦公式求得，最后利用三角形面积公式与余弦定理即可求得答案；选②，利用余弦定理即可验证；选③，利用余弦定理即可求得相关长度，再利用同选①的方法即可求得中线长. 【小问1详解】 在中，由正弦定理， 所以 因为， 所以． 又，所以， 因为为锐角，所以． 【小问2详解】 条件①：， 因为是的内角，若为钝角， 则， ，不成立， 所以为锐角，即， 由正弦定理得： ，得， 又， 所以，， 设中点为M，由余弦定理， 得， 选条件②：由余弦定理， 代入得，判别式， 三角形不存在，不符合要求。 选条件③：，， 由余弦定理，解得，， ， 同条件①计算得中线长为. 17. 如图，在三棱锥中，侧面底面． （1）求证：； （2）已知，，，是线段上一点，当时， （i）求二面角的余弦值． （ii）设线段的中点为，试判断直线与平面的关系，并说明理由． 【答案】（1）证明见解析 （2）（i）；（ii）相交，理由见解析 【解析】 【分析】（1）中点为，通过证明平面，得到； （2）以为原点建立空间直角坐标系，利用求出点坐标，向量法求二面角的余弦值，通过向量与平面法向量的关系，判断直线与平面的关系. 【小问1详解】 取中点，连接， 因为，所以， 又因为，所以， 又因为，平面，所以平面， 又平面，所以． 【小问2详解】 因为侧面底面，平面平面， 且，平面，所以平面． 又，以为原点，分别为轴，轴，轴， 建立如图所示的空间直角坐标系． 因为，所以． 则， 所以． 因为是线段上一点，设． 所以． 因为，所以， 解得．所以． 设平面的一个法向量为，则 ， 令，则．于是 因为平面，所以平面的法向量为． 所以． 由题知，二面角为锐角，所以其余弦值为． （ii）直线与平面相交，理由如下： 线段的中点为，有，，， 而，则直线不与平面平行，也不在平面内， 所以直线与平面相交. 18. 开封古称汴梁、汴京，作为北宋都城长达年，是当时世界上最大的都市，《清明上河图》描绘的正是当年汴河两岸的繁华盛景.如今的开封，依托深厚的历史文化底蕴，打造了以清明上河园、开封府、大相国寺、龙亭公园为代表的宋文化景区群，让游客穿越千年，感受“东京梦华”的独特魅力.为深化游客对宋代文化的体验，开封旅游局推出了“宋文化深度游”项目.某旅行社组织了一个人的“宋文化研学团”，其中人购买了景点联票（深度体验游客），人只购买了部分景点门票（精选游览游客）.为增强文化体验，旅行社准备从人中随机抽取人，赠送珍贵的《大宋御河夜游》船票，并可在船上自愿参与北宋蹴鞠体验活动. （1）求抽到的人中恰有人为“深度体验游客”的概率； （2）如果游客参加“蹴鞠体验”活动的概率为，且是否参与相互独立.设“抽到的人中实际参加蹴鞠体验的游客人数”，求的分布列及数学期望. （3）该旅行社对某天位精选游览游客的游览情况进行统计，得到如下数据： 景点编号 一 二 三 四 景点名称 清明上河园 开封府 大相国寺 龙亭公园 游览人数（人） 假设每个景点得到人们喜欢的概率与该景点的参观率相等，用表示第个景点得到游客喜欢，用表示第个景点没有得到游客喜欢.结合上表数据，写出方差、、、的大小关系.（结论不要求证明） 【答案】（1） （2）分布列答案见解析， （3） 【解析】 【分析】（1）利用组合计数原理结合古典概型的概率公式可求得所求事件的概率； （2）分析可知，利用二项分布可得出随机变量的分布列，结合二项分布的期望公式可得出的值； （3）设表示第个景点得到游客喜欢的概率，则服从两点分布，计算得出，求出，结合二次函数的单调性可得出、、、的大小关系. 【小问1详解】 记事件“抽到的人中恰有人为“深度体验游客””， 由古典概型的概率公式可得. 【小问2详解】 由题意可知，，，， ，， 所以随机变量的分布列如下表所示： 故. 【小问3详解】 设表示第个景点得到游客喜欢的概率，则服从两点分布， 则，， 因为函数在上单调递增，在上单调递减， 由表格中的数据可知，，，， 因为， 即，故. 19. 已知函数，. （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）若存在，使，求的取值范围； （3）若，求证：对任意，，当时，不等式恒成立. 【答案】（1） （2） （3） 由（2）知在区间上单调递减，在区间上单调递增， 又，则，所以在区间上单调递增， 要证对任意，，当时，不等式恒成立， 即证明对任意，，当时，不等式恒成立， 即证明对任意，，当时，不等式恒成立， 令， 则，当时，， 又，则，所以当时，， 则在区间上恒成立，所以在区间上单调递增， 当时，，即， 故命题得证. 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义，求出曲线在点处的斜率，再由直线的点斜率式，即可求解； （2）先求出的单调区间，进而求出的最小值为，再结合条件可得，再求解不等式，即可求解； （3）利用（2）中的结果，将问题转化成证明对任意，，当时，不等式恒成立，构造函数，利用导数，求出其在区间上的单调性，即可求解. 【小问1详解】 当时，，则， 所以，又， 所以曲线在点处的切线方程为， 即. 【小问2详解】 易知的定义域为，且， 因为，令，得到，当时，， 当时，， 即在区间上单调递减，在区间上单调递增， 所以， 又由题知，存在，使，则，即， 令，则， 当时，，当时，， 即在区间上单调递增，在区间上单调递减， 又，所以当时，， 故的取值范围为. 【小问3详解】 略 20. 已知椭圆，点在椭圆上，且（为原点）．设的中点为，射线交椭圆于点． （1）当直线与轴垂直时，求直线的方程； （2）求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意可知点关于轴对称且，利用勾股定理可得直线的方程为；（2）当直线的斜率不存在时，，直线的斜率存在时，联立直线和椭圆方程再根据可得，即，再由求出点，代入椭圆方程即可得，即可求得的取值范围为 【小问1详解】 当直线与轴垂直时，设其方程为． 由点关于轴对称，且，由勾股定理可知不妨设， 将点的坐标代入椭圆的方程，得，解得． 所以直线的方程为． 【小问2详解】 当直线的斜率不存在时，由（Ⅰ）知． 当直线的斜率存在时，设其方程为． 由 得． 由，得． 设，，则，． 因为，所以． 所以． 整理得． 所以． 解得，从而． 设，其中． 则． 将代入椭圆的方程，得． 所以，即． 因为，所以，即． 综上的取值范围是． 21. 给定正整数，设集合．对于集合中的任意元素和，记．设，且集合，对于中任意元素，若则称具有性质． （1）判断集合是否具有性质？说明理由； （2）判断是否存在具有性质的集合，并加以证明； （3）若集合具有性质，证明：． 【答案】（1）具有，理由见解析 （2）不存在，证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据集合具有性质的特征，即可根据集合中的元素进行检验求解， （2）假设集合具有性质，分别考虑时，集合中的元素，即可根据的定义求解. （3）根据假设存在使得，考虑当时以及时，分量为1的个数即可讨论求解. 【小问1详解】 因为，同理． 又，同理． 所以集合具有性质． 【小问2详解】 当时，集合中的元素个数为．由题设． 假设集合具有性质，则 ①当时，，矛盾． ②当时，，不具有性质，矛盾． ③当时，． 因为和至多一个在中；和至多一个在中； 和至多一个在中，故集合中的元素个数小于，矛盾． ④当时，，不具有性质，矛盾． ⑤当时，，矛盾． 综上，不存在具有性质的集合． 【小问3详解】 记，则． 若，则，矛盾．若，则，矛盾．故． 假设存在使得，不妨设，即． 当时，有或成立． 所以中分量为的个数至多有． 当时，不妨设． 因为，所以的各分量有个，不妨设． 由时，可知，，中至多有个， 即的前个分量中，至多含有个． 又，则的前个分量中，含有 个，矛盾． 所以． 因为， 所以． 所以． 【点睛】求解新定义运算有关的题目，关键是理解和运用新定义的概念以及元算，利用化归和转化的数学思想方法，将不熟悉的数学问题，转化成熟悉的问题进行求解. 对于新型集合，首先要了解集合的特性，抽象特性和计算特性，抽象特性是将集合可近似的当作数列或者函数分析.计算特性，将复杂的关系通过找规律即可利用已学相关知识求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $