精品解析：北京市第十五中学2025-2026学年高三下学期阶段测试（开学考）数学试卷

北京十五中离三年级阶段测试数学试卷 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纸上，在试卷上作答无效． 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】B 【解析】 详解】，又， 所以. 2. 已知复数满足，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】方法一：先根据复数的除法运算求复数，再根据复数模的概念求. 方法二：根据复数模的运算性质求. 【详解】方法一：由题意， 所以. 方法二：因为，所以． 故选：C 3. 已知双曲线的两条渐近线相互垂直，则双曲线的离心率为（ ） A. 2 B. C. D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】首先表示出双曲线的渐近线方程，依题意可得，从而得到，即可求出离心率. 【详解】双曲线的渐近线为， 依题意，即， 所以双曲线的离心率. 故选：B 4. 下列函数中，既是奇函数又具有零点的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】对于A，将函数写成分段函数，即可判断；对于B，求出定义域，根据对数的基本运算及奇函数、零点的定义判断即可；对于C，由，可得函数没有零点，即可判断；对于D，求出定义域，化简得，即可判断. 【详解】解：对于A，，是奇函数，但无零点，不符题意； 对于B，因为， 所以， 所以函数是奇函数，且， 所以函数具有零点，满足题意； 对于C，因为，又因为， 所以函数不具有零点，不满足题意； 对于D，因为， 所以， 易知函数为偶函数，不满足题意. 故选:B. 5. 设函数是定义在上的奇函数，则“在上为严格增函数”是“在上的最小值为”的（ ）条件 A. 充分非必要 B. 必要非充分 C. 充要 D. 既非充分又非必要 【答案】A 【解析】 【分析】结合严格增函数与奇函数定义，假设在上为严格增函数去推导能否得到在上的最小值为，及假设在上的最小值为去推导能否得到在上为严格增函数，即可得解. 【详解】若在上为严格增函数， 由奇函数性质可得在上为严格增函数， 则在上的最小值为， 若在上的最小值为， 不能得到在上为严格增函数， 即不能得到在上为严格增函数， 故“在上为严格增函数”是“在上的最小值为”的充分非必要条件. 故选：A. 6. 已知，点在直线上，点在圆上，则的最小值是（　　） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】B 【解析】 【分析】求得圆的圆心和半径，求出点关于直线的对称点为，结合图形的几何性质求得答案. 【详解】由圆，得，得圆心的坐标是，半径； 点关于直线对称点为， 所以， 当且仅当四点共线且在之间时取等号. 故的最小值是. 故选：B. 7. 已知向量满足与夹角为，则的取值范围是（    ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据数量积的性质，结合二次函数性质求解可得. 【详解】因为与的夹角为，所以， 所以， 由二次函数性质可知，当时，取得最小值， 所以，所以，即的取值范围为. 故选：D 8. 等比数列中，，公比，则（ ） A. B. C. D. 与大小不确定 【答案】A 【解析】 【分析】作差并化简得，根据，讨论差的正负即可得解. 【详解】因为等比数列中，，公比，则且， 则． 因为，，， 所以若，则，，所以， 所以； 若，则，，所以， 所以. 所以恒有． 故选：A． 9. 若关于的不等式恒成立，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先确定函数的定义域，当时根据的单调性及零点知其不满足条件，当时，根据的单调性及函数值的正负即可求出零点从而求得a. 【详解】令，的定义域为. ①若，在定义域内，不等式恒成立等价于恒成立， 又因为为单调递减函数，，所以当时，，不满足条件； ②若时，时，， 又因为连续且单调递减，所以，所以. 故选：C 10. 如图，在直三棱柱中，已知，，，分别在棱上，且满足平面. 给出下列三个结论： ① 平面平面， ② 面积的最大值为， ③ 平面与平面所成角的最大值为， 其中所有正确结论的序号为（ ） A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ①②③ 【答案】D 【解析】 【分析】对于①，由线面垂直得到面面垂直；对于②，建立空间直角坐标系，设，其中，根据垂直关系得到方程，求出，故，求出的面积为，求出最大值；对于③，求平面的法向量，求出得到平面与平面所成角的最大值. 【详解】对于①，因为平面，而平面，所以平面平面，①正确； 对于②，因为直三棱柱中，已知，故以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，设， 其中， 则，， 因为，，， 所以， ， 解得， 因为，所以，故， 故， ， ， 所以， 故， 故当时，面积取得最大值，最大值为，②正确； 对于③，平面的一个法向量为，， 平面的一个法向量为， 设平面与平面所成角的大小为，， 则， 由于在上单调递减， 故当时，取得最大值，最大值为，③正确. 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. 已知抛物线，则抛物线的准线方程为_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据抛物线的性质，求解抛物线的准线方程. 【详解】由，则 ，所以其准线方程为 . 故答案为： 12. 已知，若，则___________． 【答案】0 【解析】 【分析】先根据条件求出，然后由赋值法即可求解. 【详解】由题意，所以，即， 令，则，令，则， 所以. 故答案为：0. 13. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则的最大值是______. 【答案】## 【解析】 【分析】由余弦定理及基本不等式求出的范围，再根据三角形内角范围及余弦函数的单调性求出范围. 【详解】由余弦定理得，当且仅当时取等号， 因为，在单调递减，所以，即的最大值是． 故答案为： 14. “阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.将一个正方体沿交于同一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，于是得到一种八个面为正三角形、六个面为正方形的半正多面体，如图所示，已知，则此半正多面体的体积为_______. 【答案】## 【解析】 【分析】将该“阿基米德多面体”补成正方体，求出正方体的棱长，分析可知该“阿基米德多面体”相当于在正方体中挖去八个全等的三棱锥，利用正方体和棱锥的体积计算可得结果. 【详解】将该“阿基米德多面体”补成正方体，设该正方体的棱长为， 由题意可知，，解得， 所以该“阿基米德多面体”相当于在正方体中挖去八个全等的三棱锥， 且每个三棱锥的体积都等于， 故该“阿基米德多面体”的体积为. 故答案为：. 15. 函数，其中，给出下列四个结论： ①对任意实数的定义域为； ②存在实数，使得在定义域内无零点； ③当时，对任意，存在实数，使得； ④当时，存在，使得对任意实数，都有. 其中所有正确结论的序号为__________. 【答案】②③④ 【解析】 【分析】根据函数的定义域定义、零点、求导和单调性逐一判断即可. 【详解】当时，则要使函数有意义，那么，所以，所以定义域不是，①错误； 当时，，定义域为，令， 则，不在定义域内，所以无零点，②正确； 当时，函数的定义域为，取时，， 所以，即函数图象必有竖直渐近线，故③正确； 当时，函数的定义域为，对函数求导得. 当时，即或， 所以函数在上单调递增； 当时，即， 所以函数在上单调递减； 而， 当时，，且函数在上连续，所以函数在上有界， 即存在使得对任意都有，④正确. 故答案为：②③④. 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. 如图，五面体中，四边形是正方形． （1）求证：； （2）若平面平面，，，求直线与平面所成角的大小． 【答案】（1） 因四边形是正方形，则， 又平面，平面，则平面， 又平面平面，则，故. （2） 【解析】 【分析】（1）先利用线面平行的判定定理证明平面，再利用线面平行的性质定理证明，最后利用平行性的传递性即可； （2）利用面面垂直的性质定理证明平面，然后建系，求出平面的法向量，再计算，从而得出线面角的正弦值，计算其夹角即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因平面平面，，平面平面， 则平面，又平面，平面， 则，， 因，，则，则， 则以为原点，以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 则， 则， 设平面的法向量为， 则，令，则， 则， 则直线与平面所成角的正弦值为， 又因其夹角取值范围为，故直线与平面所成角为. 17. 已知函数，其中．再从条件①、条件②、条件③中选择一个作为已知，使存在，并完成下列两个问题． （1）求的值； （2）当时，若曲线与直线恰有一个公共点，求的取值范围． 条件①：； 条件②：是的一个零点； 条件③：． 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】（1）答案见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据选择的条件代入计算，结合角的范围即可利用特殊角的三角函数值求解， （2）由和差角公式以及辅助角公式化简，由整体法即可代入求解. 【小问1详解】 选条件①：无意义，所以选条件①时不存在，故不能选①， 选条件②． 由题设，所以． 因为， 所以，所以． 所以． 选条件③，由题设．整理得． 以下同选条件②． 【小问2详解】 由（1） 因为， 所以． 于是，当且仅当，即时，取得最大值； 当且仅当，即时，取得最小值． 又，即时，． 且当 时， 单调递增，所以曲线与直线恰有一个公共点，则或 的取值范围是． 18. 某公司为了解用户对其产品的满意程度，从A地区随机抽取了400名用户，从B地区随机抽取了100名用户，请用户根据满意程度对该公司产品评分．该公司将收集到的数据按照，，，分组，绘制成评分频率分布直方图如下： （1）从A地区抽取的400名用户中随机选取一名，求这名用户对该公司产品的评分不低于60分的概率； （2）从B地区抽取的100名用户中随机选取两名，记这两名用户的评分不低于80分的个数为X，求X的分布列和数学期望； （3）根据频率分布直方图，假设同组中的每个数据用该组区间的中点值代替，估计A地区抽取的400名用户对该公司产品的评分的平均值为，B地区抽取的100名用户对该公司产品的评分的平均值为，以及A，B两个地区抽取的500名用户对该公司产品的评分的平均值为，试比较和的大小．（结论不要求证明） 【答案】（1）0.6 （2）分布列见解析， （3） 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图即可求解； （2）先求出地区评分不低于80分的人数，再分别计算为0,1,2的概率，列出分布列计算期望即可； （3）由每组区间的中点值乘对应的频率再求和得到，再由求得，比较大小即可． 【小问1详解】 对于该公司产品评分不低于60分的频率为， 由频率估计概率可得对该公司产品的评分不低于60分的概率为0.6． 【小问2详解】 由频率分布直方图可知，评分不低于80分的人数为人， 的可能取值为0,1,2， ， ， ， 则的分布列为： 0 1 2 则数学期望． 【小问3详解】 由频率分布直方图可得，， ， 则， 又地区和地区抽取用户人数之比为，地区抽取用户人数占总数的，地区抽取用户人数占总数的， 所以两个地区抽取的500名用户对该公司产品的评分的平均值为， 所以． 19. 已知椭圆的长轴长为4，短轴长为． （1）求椭圆的方程及离心率： （2）过点且与轴不重合的直线与椭圆交于不同的两点B，C，点关于轴的对称点为．问：平面内是否存在定点，使得恒在直线上？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由． 【答案】（1）， （2）存在，定点 【解析】 【分析】（1）依题意可得、，即可求出，从而得到椭圆方程及离心率； （2）设直线为，，，消去得，利用点、写出直线的方程，利用韦达定理整理变形可得直线过定点，即可得解. 【小问1详解】 因为椭圆的长轴长为4，短轴长为， 所以，，则， 所以椭圆的方程为，离心率. 【小问2详解】 存在定点，使得恒在直线上. 设直线为，，，则， 联立，消去得， ，解得， 则，， 又直线方程为， 又， ，恒过定点， 故存在定点，使得恒在直线上. 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. 已知是无穷正整数数列，且对任意的，其中表示有穷集合S的元素个数． （1）若，求的所有可能取值； （2）求证：数列中存在等于1的项； （3）求证：存在，使得集合为无穷集合． 【答案】（1）所有可能取值为2，3 （2） 假设中不存在等于1项,则． 又，所以． 当时，由，则存在，使得． 所以，与假设矛盾． 当时，由，则存在，使得,且中有且只有一项与相等. ①若中有两项为2，一项为3， 则，与假设矛盾． ②若中有两项为2，一项为， 则，与假设矛盾． ③若中有一项为2，两项为3， 则，与假设矛盾． ④若中有一项为2，两项为， 则，矛盾． 综上，假设不成立，所以中存在等于1的项． （3） 假设均为有限集合， 当时，, 则当时，（*） 令,下证当时，. 否则假设，则,与（*）矛盾. ∴当时，, ∵已知数列是无穷正整数数列， 所以存在，使得集合为无穷集合，矛盾， ∴假设错误，∴存在，使得集合为无穷集合． 【解析】 【分析】（1），先根据已知条件确定的值，然后再确定的值； （2），利用反证法，结合分类讨论进行证明； （3），采用反证法进行证明 【小问1详解】 因为，则中与相等的数有且仅有2个，除去本身，中与相等的数有且只有1个， ∴或． 当时，；当时，． 所以的所有可能取值为2，3． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京十五中离三年级阶段测试数学试卷 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纸上，在试卷上作答无效． 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. 已知复数满足，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 3. 已知双曲线的两条渐近线相互垂直，则双曲线的离心率为（ ） A. 2 B. C. D. 3 4. 下列函数中，既是奇函数又具有零点的是（ ） A. B. C. D. 5. 设函数是定义在上的奇函数，则“在上为严格增函数”是“在上的最小值为”的（ ）条件 A. 充分非必要 B. 必要非充分 C. 充要 D. 既非充分又非必要 6. 已知，点在直线上，点在圆上，则的最小值是（　　） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 7. 已知向量满足与的夹角为，则的取值范围是（    ） A. B. C. D. 8. 等比数列中，，公比，则（ ） A. B. C. D. 与大小不确定 9. 若关于的不等式恒成立，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 10. 如图，在直三棱柱中，已知，，，分别在棱上，且满足平面. 给出下列三个结论： ① 平面平面， ② 面积的最大值为， ③ 平面与平面所成角的最大值为， 其中所有正确结论的序号为（ ） A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ①②③ 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. 已知抛物线，则抛物线的准线方程为_____. 12. 已知，若，则___________． 13. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则的最大值是______. 14. “阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.将一个正方体沿交于同一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，于是得到一种八个面为正三角形、六个面为正方形的半正多面体，如图所示，已知，则此半正多面体的体积为_______. 15. 函数，其中，给出下列四个结论： ①对任意实数的定义域为； ②存在实数，使得在定义域内无零点； ③当时，对任意，存在实数，使得； ④当时，存在，使得对任意实数，都有. 其中所有正确结论的序号为__________. 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. 如图，五面体中，四边形是正方形． （1）求证：； （2）若平面平面，，，求直线与平面所成角的大小． 17. 已知函数，其中．再从条件①、条件②、条件③中选择一个作为已知，使存在，并完成下列两个问题． （1）求的值； （2）当时，若曲线与直线恰有一个公共点，求的取值范围． 条件①：； 条件②：是的一个零点； 条件③：． 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 18. 某公司为了解用户对其产品的满意程度，从A地区随机抽取了400名用户，从B地区随机抽取了100名用户，请用户根据满意程度对该公司产品评分．该公司将收集到的数据按照，，，分组，绘制成评分频率分布直方图如下： （1）从A地区抽取的400名用户中随机选取一名，求这名用户对该公司产品的评分不低于60分的概率； （2）从B地区抽取的100名用户中随机选取两名，记这两名用户的评分不低于80分的个数为X，求X的分布列和数学期望； （3）根据频率分布直方图，假设同组中的每个数据用该组区间的中点值代替，估计A地区抽取的400名用户对该公司产品的评分的平均值为，B地区抽取的100名用户对该公司产品的评分的平均值为，以及A，B两个地区抽取的500名用户对该公司产品的评分的平均值为，试比较和的大小．（结论不要求证明） 19. 已知椭圆的长轴长为4，短轴长为． （1）求椭圆的方程及离心率： （2）过点且与轴不重合的直线与椭圆交于不同的两点B，C，点关于轴的对称点为．问：平面内是否存在定点，使得恒在直线上？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由． 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. 已知是无穷正整数数列，且对任意的，其中表示有穷集合S的元素个数． （1）若，求的所有可能取值； （2）求证：数列中存在等于1的项； （3）求证：存在，使得集合为无穷集合． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $