精品解析：北京市日坛中学2025-2026学年高三下学期2月调研考试数学试题

北京市日坛中学2025-2026学年度高三年级2月调研 高三年级数学学科 命题人：赵青 复核人：高三数学备课组 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z满足，则的虚部为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 3. 二项式的展开式中，含项系数为（ ） A. B. C. D. 4. 记为等差数列的前项和，为的公差，，则不成立的是（ ） A. B. C. D. 5. 函数有且只有一个零点的充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 6. 如图，设，线段与交于点，且，则的最小值为（ ） A. 5 B. 9 C. D. 7. 某药在病人血液中的量低于时病人就有危险.现给某病人的静脉注射了这种药，如果药在血液中以每小时的比例衰减，那么再次向病人补充这种药的时间间隔不能超过（ ）.（精确到，参考数据：） A. B. C. D. 8. 质点和在以坐标原点为圆心，半径为1的圆周上同时出发逆时针作匀速圆周运动．的起点坐标为，角速度为；的起点坐标为，角速度为．则质点Q与P相遇点对应的坐标可能为（ ） A. B. C. D. 9. 已知圆C：，直线与圆C交于A，B两点，点P在圆C上，且，，则（ ） A. B. C. D. 4 10. 设为函数的导函数，已知，，则下列结论正确的是（ ） A. 在单调递增 B. 在单调递减 C. 在上有极大值 D. 在上有极小值 二､填空题（本题共5题，每小题5分，满分25分） 11. 函数的定义域为__________． 12. 已知双曲线，点、是右支上任意两点，且，则的取值范围是______． 13. ，使得成立，则实数的取值范围为_______． 14. 把函数图象上各点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），再把所得图象向右平移个单位长度，所得图象对应的函数为，则的解析式为______，若在区间上单调递增，则的最小值为______． 15. 设抛物线焦点为F，准线与对称轴交于点E，过F的直线交抛物线于A，B两点，对称轴上一点C满足，若的面积为，则F到抛物线准线的距离为______. 三､解答题（本题共6题，满分85分） 16. 在中，，． （1）求A； （2）从下列三个条件中选择一个作为已知，使得存在且唯一，求BC边上的高h． 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解答，按第一个解答计分． 17. 为提升学生用数学知识解决现实生活或其他学科领域中的问题的能力，发展学生数学建模素养，某市面向全市高中学生开展数学建模论文征文活动.对于参加征文活动的每篇论文，由两位评委独立评分，取两位评委评分的平均数作为该篇论文的初评得分.从评委甲和评委乙负责评审的论文中随机抽取10篇，这10篇论文的评分情况如下表所示. 序号 评委甲评分 评委乙评分 初评得分 1 67 82 74.5 2 80 86 83 3 61 76 68.5 4 78 84 81 5 70 85 77.5 6 81 83 82 7 84 86 85 8 68 74 71 9 66 77 71.5 10 64 82 73 （1）从这篇论文中随机抽取1篇，求甲、乙两位评委的评分之差的绝对值不超过的概率； （2）从这篇论文中随机抽取3篇，甲、乙两位评委对同一篇论文的评分之差的绝对值不超过的篇数记为，求的分布列及数学期望； （3）对于序号为的论文，设评委甲的评分为，评委乙的评分为，分别记甲、乙两位评委对这10篇论文评分的平均数为，，标准差为，，以作为序号为的论文的标准化得分.对这10篇论文按照初评得分与标准化得分分别从高到低进行排名，判断序号为2的论文的两种排名结果是否相同?（结论不要求证明） 18. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，平面平面，. （1）求证：； （2）求二面角的余弦值； （3）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求的值？若不存在，说明理由. 19. 已知椭圆的离心率为，且过点. （1）求椭圆C的标准方程； （2）点P是椭圆上异于短轴端点A，B的任意一点，过点P作轴于Q，线段PQ的中点为M.直线AM与直线交于点N，D为线段BN的中点，设O为坐标原点，试判断以OD为直径的圆与点M的位置关系. 20. 已知函数和函数. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）设函数，求函数的单调区间； （3）设函数，求证：函数的图象在直线的上方. 21. 数列：，，…，满足：，，或1（，2，…，），对任意i，j，都存在s，t，使得，其中且两两不相等． （1）若，直接写出下列三个数列中所有符合题目条件的数列的序号： ①1，1，1，2，2，2；②1，1，1，1，2，2，2，2；③1，1，1，1，1，2，2，2，2 （2）记，若，证明：； （3）若，求n的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京市日坛中学2025-2026学年度高三年级2月调研 高三年级数学学科 命题人：赵青 复核人：高三数学备课组 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】 【详解】由题意得：； 解不等式， 因式分解得， 解得，即， 因此. 2. 已知复数z满足，则的虚部为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的四则运算求出复数z，即可得，即可得答案. 【详解】由题意知复数z满足， 故， 故，则的虚部为2， 故选：B 3. 二项式的展开式中，含项系数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用二项式展开式的通项公式求项的系数． 【详解】由于二项式， 则其通项， 令，则， 则， 所以含项系数为. 故选：B 4. 记为等差数列的前项和，为的公差，，则不成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】对A：利用等差数列的基本量，结合，即可求得公差；对B：求得，以及，即可求得；对C：根据等差数列的前项和公式，直接计算即可；对D：求得，再结合裂项求和法，即可求得目标式的结果为，结合，即可判断. 【详解】对A：，故可得，又，故，则A成立； 对B：，故可得，故，则B成立； 对C：，故C不成立； 对D：，故， 则，又，则， 故，D成立. 故选：C. 5. 函数有且只有一个零点的充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意得函数的图象过点，把问题转化为：函数没有零点函数的图象与直线无交点，数形结合可得解． 【详解】因为时，，可知函数的图象过点， 所以函数有且只有一个零点 函数没有零点 函数的图象与直线无交点． 当时，， 由图可知，函数 的图象与直线无交点或． 结合选项只有是的真子集， 故是函数有且只有一个零点的充分不必要条件. 故选：D． 6. 如图，设，线段与交于点，且，则的最小值为（ ） A. 5 B. 9 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量的线性运算，结合共线定理可得，即可利用基本不等式求解最值. 【详解】，又，故， 所以， 因为，所以， 因为三点共线，所以，故. 所以， 当且仅当，即时取等号. 故最小值为， 故选：D. 7. 某药在病人血液中的量低于时病人就有危险.现给某病人的静脉注射了这种药，如果药在血液中以每小时的比例衰减，那么再次向病人补充这种药的时间间隔不能超过（ ）.（精确到，参考数据：） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为药在血液中以每小时的比例衰减，所以设小时后，血液中的药量. 根据题意，整理得，两边取对数有， 由对数性质，又因为，所以， 所以再次向病人补充这种药的时间间隔不能超过7.0. 8. 质点和在以坐标原点为圆心，半径为1的圆周上同时出发逆时针作匀速圆周运动．的起点坐标为，角速度为；的起点坐标为，角速度为．则质点Q与P相遇点对应的坐标可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设质点与相遇时用时，根据题意可得，求出，代入可得到质点落在的终边上，根据三角函数的定义即可求解. 【详解】由题意得，点在的终边上，点在的终边上， 设质点与相遇时用时， 由题意得， 解得， 此时质点落在的终边上， 所以点的横坐标为， 点的纵坐标为， 所以质点Q坐标为. 故选：D. 9. 已知圆C：，直线与圆C交于A，B两点，点P在圆C上，且，，则（ ） A. B. C. D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】利用极化恒等式可得，再利用垂径定理可得，最后可求解. 【详解】 圆C：，半径，取中点M，则， 记，， 所以， 在中，由勾股定理，， 由极化恒等式，， 代入消元得：. 故选：B 10. 设为函数的导函数，已知，，则下列结论正确的是（ ） A. 在单调递增 B. 在单调递减 C. 在上有极大值 D. 在上有极小值 【答案】D 【解析】 【分析】由题意令，结合可得，即可判断的单调性，进而求得极值，即可判断出答案. 【详解】令，则， ∵，∴，∴， ∴当时，，当时,， ∴在上单调递减，在上单调递增，故A，B错误； ∵，∴， ∴在上有极小值，即在上有极小值，故C错误，D正确， 故选：D． 二､填空题（本题共5题，每小题5分，满分25分） 11. 函数的定义域为__________． 【答案】 【解析】 【详解】 即 即x>-1且x 0 所以函数的定义域为 故答案为: 12. 已知双曲线，点、是右支上任意两点，且，则的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】设，则，数形结合分析得，即可得. 【详解】设，则，则或为锐角，如下图， 设点为双曲线的渐近线在第一象限内的一点， 设点为双曲线的渐近线在第四象限内的一点， 由题意知，，则，解得. 故答案为： 13. ，使得成立，则实数的取值范围为_______． 【答案】 【解析】 【分析】将不等式变形分离参数，构造函数并分析其单调性，求出函数在区间上的最小值，根据存在性条件确定的取值范围. 【详解】由，，得. 设，，在上单调递减. . 存在使不等式成立，故. 故答案为： 14. 把函数图象上各点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），再把所得图象向右平移个单位长度，所得图象对应的函数为，则的解析式为______，若在区间上单调递增，则的最小值为______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据函数图象的伸缩变换以及平移变换得函数解析式为，由函数在区间上单调递增，列不等式即可求解. 【详解】把函数图象上各点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变）， 得到函数的图象，再把的图象向右平移个单位长度， 得到的图象，即．由于在上单调递增， 所以时，， 因此， 即且，则且， 可得，由于，故当时，取到最小值． 故答案为：，. 15. 设抛物线焦点为F，准线与对称轴交于点E，过F的直线交抛物线于A，B两点，对称轴上一点C满足，若的面积为，则F到抛物线准线的距离为______. 【答案】 【解析】 【分析】假设焦点在轴上，不妨设抛物线方程为，设出过点的直线方程与抛物线方程联立，得到两根之和，两根之积，结合得到，解得，，根据相似得到，从而列出方程，求出，再考虑焦点在轴上，同理可得到，求出答案. 【详解】假设焦点在轴上，不妨设抛物线方程为， 由题意得，， 当过点的直线斜率为0时，与抛物线只有1个交点，不符合要求，舍去， 设过点的直线方程为，， 与抛物线联立得， 设，， 则，， 因为，设， 则，即， 将代入，中，解得， 如图所示，可知，，. 因为∽，所以，故， 即，解得， 则到抛物线准线的距离为， 假设焦点在轴上，不妨设抛物线方程为 同理可得，故到抛物线准线的距离为， 综上，到抛物线准线的距离为. 故答案为：. 三､解答题（本题共6题，满分85分） 16. 在中，，． （1）求A； （2）从下列三个条件中选择一个作为已知，使得存在且唯一，求BC边上的高h． 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解答，按第一个解答计分． 【答案】（1） （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）由正弦定理和三角形的内角和定理，求得，进而求得的大小； 又因为，所以，可得. （2）分别选择条件①②③，结合题意，利用正弦定理、余弦定理和面积公式，即可求解. 【小问1详解】 解：因为，由正弦定理得， 因为，且， 所以，得， 因为，即， 则，又因为，可得， 所以，可得，可得. 【小问2详解】 解：选择条件①：，因为且， 由余弦定理得， 即，解得， 所以为方程的根，解得或， 即或，所以三角形的元素不唯一，不符合题意. 选择条件②：，因为，可得, 由正弦定理，可得， 因为且，所以为锐角且唯一，所以存在且唯一， 又由， 由正弦定理可得，所以， 可得，即，解得，即边上的高为. 条件③：，由正弦定理，可得， 因为，所以， 又因为，所以为锐角，且唯一确定，所以存在且唯一， 又由， 因为， 所以， 又由正弦定理得，所以， 可得，即，解得，即边上的高为. 17. 为提升学生用数学知识解决现实生活或其他学科领域中的问题的能力，发展学生数学建模素养，某市面向全市高中学生开展数学建模论文征文活动.对于参加征文活动的每篇论文，由两位评委独立评分，取两位评委评分的平均数作为该篇论文的初评得分.从评委甲和评委乙负责评审的论文中随机抽取10篇，这10篇论文的评分情况如下表所示. 序号 评委甲评分 评委乙评分 初评得分 1 67 82 74.5 2 80 86 83 3 61 76 68.5 4 78 84 81 5 70 85 77.5 6 81 83 82 7 84 86 85 8 68 74 71 9 66 77 71.5 10 64 82 73 （1）从这篇论文中随机抽取1篇，求甲、乙两位评委的评分之差的绝对值不超过的概率； （2）从这篇论文中随机抽取3篇，甲、乙两位评委对同一篇论文的评分之差的绝对值不超过的篇数记为，求的分布列及数学期望； （3）对于序号为的论文，设评委甲的评分为，评委乙的评分为，分别记甲、乙两位评委对这10篇论文评分的平均数为，，标准差为，，以作为序号为的论文的标准化得分.对这10篇论文按照初评得分与标准化得分分别从高到低进行排名，判断序号为2的论文的两种排名结果是否相同?（结论不要求证明） 【答案】（1） （2） （3）相同 【解析】 【分析】（1）直接利用古典概型的公式求解即可； （2）的可能取值为，，，利用超几何分布分别求出概率，然后再求期望即可； （3）计算序号为2的论文和序号为3的论文的标准化得分的排名即可. 【小问1详解】 设事件为从这10篇论文中随机抽取1篇，甲、乙两位评委的评分之差的绝对值不超过， 又在这10篇论文中，甲、乙两位评委的评分之差的绝对值不超过的有篇， 所以； 【小问2详解】 由已知的可能取值为，，， ，， 所以的分布列为 所以的数学期望为； 【小问3详解】 根据数据序号为2的论文初评得分排名为第， 由已知， ， 明显序号为7的论文甲乙两评委评分均最高，故初评得分排名为第，标准化得分排名仍然为第， 现在就看初评得分排名为第的序号为的论文其标准化得分排名是否会发生变化， 根据表中数据观察可得评委甲的评分波动大，故， 所以，即， 所以序号为2的论文标准化得分排名为第， 所以序号为2的论文的两种排名结果相同. 18. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，平面平面，. （1）求证：； （2）求二面角的余弦值； （3）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求的值？若不存在，说明理由. 【答案】（1）见解析；（2）；（3）不存在，理由见解析 【解析】 【分析】 (1)利用面面垂直的性质得到线面垂直，再由线面垂直的性质得出； (2)建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可； (3)由，C，M三点共线，利用向量共线得出，利用线面垂直的判定定理证明平面，由于，不平行，则不存在棱上的点，使得平面. 【详解】（1）在四棱锥中 因为平面平面，平面平面 又因为，平面 所以平面 因为平面 所以 （2）取中点，连接 因为 所以 因为平面平面，平面平面 因为平面 所以平面 所以 因为 所以 所以四边形是平行四边形 所以 如图建立空间直角坐标系，则 . 设平面的法向量为，则 即 令，则. 所以. 因为平面的法向量， 所以 由图可知，二面角为锐二面角， 所以二面角的余弦值为. （3）设是棱上一点，则存在使得. 设，则 所以 所以 所以. 所以. 因为平面 所以平面. 所以是平面的一个法向量. 若平面，则. 所以 因为方程组无解， 所以在棱上不存在点，使得平面. 【点睛】本题主要考查了利用线面垂直证明线线垂直以及利用向量法求二面角，属于中档题. 19. 已知椭圆的离心率为，且过点. （1）求椭圆C的标准方程； （2）点P是椭圆上异于短轴端点A，B的任意一点，过点P作轴于Q，线段PQ的中点为M.直线AM与直线交于点N，D为线段BN的中点，设O为坐标原点，试判断以OD为直径的圆与点M的位置关系. 【答案】（1）（2）点在以为直径的圆上 【解析】 【分析】 （1）根据题意列出关于，，的方程组，解出，，的值，即可得到椭圆的标准方程； （2）设点，，则，，求出直线的方程，进而求出点的坐标，再利用中点坐标公式得到点的坐标，下面结合点在椭圆上证出，所以点在以为直径的圆上． 【详解】（1）由题意可知，，解得， 椭圆的标准方程为：. （2）设点，，则，， 直线的斜率为， 直线的方程为：， 令得，， 点的坐标为，， 点的坐标为，， ，， 又点，在椭圆上， ，， ， 点在以为直径的圆上． 【点睛】本题主要考查了椭圆方程，考查了中点坐标公式，以及平面向量的基本知识，属于中档题． 20. 已知函数和函数. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）设函数，求函数的单调区间； （3）设函数，求证：函数的图象在直线的上方. 【答案】（1） （2）函数的单调递增区间有，；单调递减区间有， （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）求函数的导函数，再求，，由导数几何意义可得切线斜率，由点斜式可得切线方程， （2）求函数的定义域及导函数，令，解方程，分区间判断导数的正负，由此确定函数的单调区间， （3）求函数的导函数，设，再求，判断函数的单调性，确定函数的零点范围，由此可得函数的单调性及最小值的范围，由此证明结论. 【小问1详解】 因为，所以， 所以，， 所以曲线在点处的切线斜率为， 所以曲线在点处的切线方程为，即， 【小问2详解】 因为，， 所以， 函数的定义域为， 所以， 令，可得或， 当时，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 所以函数的单调递增区间有，；单调递减区间有， 【小问3详解】 因为，，， 所以， 所以，设， 则， 所以在上单调递增，又， ， 所以存在，满足关系，故， 故， 当时，，，函数在上单调递减， 当时，，，函数在上单调递增， 所以， 因为，设，，， 则， 所以函数在上单调递增， 所以当时，， 所以，所以， 所以函数的图像在直线的上方. 21. 数列：，，…，满足：，，或1（，2，…，），对任意i，j，都存在s，t，使得，其中且两两不相等． （1）若，直接写出下列三个数列中所有符合题目条件的数列的序号： ①1，1，1，2，2，2；②1，1，1，1，2，2，2，2；③1，1，1，1，1，2，2，2，2 （2）记，若，证明：； （3）若，求n的最小值． 【答案】（1）②③ （2）证明见解析 （3）2030 【解析】 【分析】（1）根据题中数列满足的要求一一判断所给数列，可得结论； （2）设数列中1，2，3出现的频数依次为，判断出的取值情况，即可证明结论； （3）设出现的频数依次为，同（2）判断的取值情况，即可由取最小值时求得n的最小值，然后分类讨论，证明此时符合题目要求即可. 【小问1详解】 对于①，由于，故或，不合题意； 对于②，当时，存在s，t两两不相等，使得； 当时，存在s，t两两不相等，使得； 当时，存在s，t两两不相等，使得；符合题意； 同理③也符合题意， 故所有符合题目条件的数列的序号为②③； 【小问2详解】 证明：当时， 设数列中1，2，3出现的频数依次为， 由题意知， 假设，则有，（对任意），与已知矛盾， 故，同理可证； 假设，则存在唯一的使得， 那么对于，都有，（k，s，t两两不相等）， 与已知矛盾，故； 综上可得， 所以， 即. 【小问3详解】 设出现的频数依次为， 同（2）的证明，，，则； 取，， 得到的数列为：， 下面证明该数列满足题目要求： 对于，不妨令， 如果，或，由于，故符合条件； ②如果，或，由于，， 故也符合条件； ③如果，则可选取，， 同样的，如果，，则可选取， 使得，且两两不相等； ④如果，则可选取， 注意到这种情况每个数最多被选取了一次，因此也符合条件， 综上，对任意i，j，都存在s，t，使得，其中且两两不相等， 即数列符合题目要求， 故n的最小值为2030. 【点睛】难点点睛：本题是给出了数列需满足的要求。也可以认为是数列的一个新定义，因此解答的关键是要理解这些要求，按其要求去判断解答问题；难点在于第三问的解答，设出现的频数依次为，要判断出，，进而取，求得n的最小值，继而分类讨论，证明求得的值符合题目要求. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $