精品解析：北京市西城区2026届高三4月统一测试试卷数学

西城区高三统一测试试卷 数学 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卡上，在试卷上作答无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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，则集合（ ） 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. 在等比数列中，，则（ ） A. 16 B. 32 C. 64 D. 256 4. ，则（ ） A. 16 B. 65 C. 80 D. 81 5. 若圆锥曲线的焦距为4，则其离心率为（ ） A. 2 B. C. D. 6. 已知函数，则是（ ） A. 奇函数，且最小正周期为 B. 奇函数，且最小正周期为 C. 偶函数，且最小正周期为 D. 偶函数，且最小正周期为 7. 设为非零向量，则“对于任意”是“”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 8. 设关于x的不等式的解集为P，若，则实数m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 9. 如图所示的沙漏是由上下两个相同的圆锥形容器组成，其内细沙的总体积为．假设上方容器中细沙的堆积体一直近似为一个倒置的圆锥，初始时细沙都在上方容器内，且此时沙堆的高度为，在重力和限流片的作用下细沙徐徐流入下方容器，经过分钟后剩余沙堆的体积（为常数）．已知初始时细沙都在上方容器内，经过10分钟后上方沙堆的高度降为，此时将沙漏上下颠倒，若倒置后的上方容器内沙堆高度再次降为，则需再经过的时间约为（ ）（参考数据：） A. 8.0分钟 B. 8.6分钟 C. 9.4分钟 D. 10.6分钟 10. 在平面直角坐标系中，点M在圆心为C的圆上．若动点P满足，则对于，点P到直线的距离的最大值为（ ） A. B. C. 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. 设抛物线的准线为l，为C上一点，则P到l的距离为______． 12. 设平面向量，其中，的最小值为_________． 13. 已知，且，写出满足条件的一组的值_________，_________． 14. 《营造法式》是中国古代最完整的建筑技术著作，是中国古代建筑发展到了较高阶段的标志．书中根据不同等级房屋建筑的需要，将建筑中的木方（断面为矩形的木料）的尺寸分为8个等级．记这8个等级木方断面的长与宽分别为与，若对任意，且与都是公差为的等差数列，是公差为的等差数列．已知，，则_________， _________． 15. 记表示不超过实数x的最大整数．设a，b为正整数，函数，给出以下四个结论： ①对于任意的，若，则； ②存在正整数a，b，使得曲线关于坐标原点对称； ③设，则方程有无数个解； ④设，则当时，函数的值域中有且仅有5个元素． 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. 已知的面积，且． （1）求C的大小； （2）记的周长为．给出的解析式，并求其最大值． 17. 如图，在四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，且，E为PD的中点，平面平面． （1）求证：； （2）若，从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得四棱锥存在，求平面PAE与平面AEC夹角的余弦值． 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． 18. 某市图书馆为了解馆内图书借阅情况，随机对馆内的部分读者进行了为期一年的跟踪调查，得到下表数据，其中部分数据意外缺失，分别用字母a，b，c，d（）表示． 读者类型 调查人数 年人均借阅量（册） 某类读者图书借阅量分类占比情况 文学类 科技类 教辅类 社科类 其他 在职人员 600 18.5 35% 25% 10% 20% 10% 大学生 800 24.3 30% 40% 13% a b 中学生 500 15.2 25% 20% 40% c d 假设每位读者的每次借阅情况互不影响．用频率估计概率． （1）在参与调查的读者中，比较这一年里“在职人员”借阅的文学类图书量与“中学生”借阅的教辅类图书量的大小，说明理由： （2）在该市图书馆的所有读者中随机选出2名大学生和1名中学生，已知这3人每人借阅了1册书，估计所借的3册书中至少有2册为科技类图书的概率； （3）为分析同一类读者的偏好，市图书馆将图书借阅量分类占比的平均差定义为该类读者的“偏好度”，其中为其图书借阅量分类占比值，为所有的均值，n为图书的类别个数．记“在职人员”、“大学生”和“中学生”的“偏好度”分别为，写出这三个“偏好度”的大小关系．（结论不要求证明） 19. 已知椭圆的右顶点为A，下顶点为B，左右焦点分别为，且，圆经过点B．O为坐标原点． （1）求椭圆E的方程； （2）设圆W的切线与椭圆E相交于C，D两点，点在直线上，且满足，过Q作轴于点P，求证：． 20. 已知函数，直线l为曲线在点处的切线．O为坐标原点． （1）求函数的单调区间； （2）设，研究函数的零点个数； （3）若l与x轴、y轴分别交于点A，B，且为等腰直角三角形，求的面积． 21. 对任意无穷数列，定义从起连续k项的和为：，其中k，i为任意正整数．若无穷数列满足：对任意和，存在，使得，则称数列具有性质T． （1）设，其中．判断数列是否具有性质T？说明理由； （2）已知数列具有性质T， （i）求集合中元素个数的最大值； （ii）证明：存在正整数t，对任意，有． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 西城区高三统一测试试卷 数学 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卡上，在试卷上作答无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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，则集合（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】，， 故. 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】D 【解析】 【分析】根据复数的乘法运算可得，结合复数的几何意义分析判断. 【详解】因为复数， 所以其在复平面内对应的点为，位于第四象限. 故选：D. 3. 在等比数列中，，则（ ） A. 16 B. 32 C. 64 D. 256 【答案】B 【解析】 【详解】设等比数列的公比为, 由得, ，两式作比，得，得， 则． 4. ，则（ ） A. 16 B. 65 C. 80 D. 81 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意得，利用赋值法和二项式系数求解. 【详解】由于， 则， 令，得， 又因为， 所以. 5. 若圆锥曲线的焦距为4，则其离心率为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由圆锥曲线，可知， 则，所以，曲线为双曲线， 所以焦距为， 解得，则， 所以离心率. 6. 已知函数，则是（ ） A. 奇函数，且最小正周期为 B. 奇函数，且最小正周期为 C. 偶函数，且最小正周期为 D. 偶函数，且最小正周期为 【答案】B 【解析】 【分析】根据的关系判断的奇偶性，再根据周期的定义，判断的周期，即可选择. 【详解】由题意得， 故， 又其定义域为，故为奇函数； 又的最小正周期为， 且的最小正周期为，则的最小正周期为， 且， 故的最小正周期为. 综上所述：是奇函数，且最小正周期为. 7. 设为非零向量，则“对于任意”是“”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】根据平面向量的三角不等式取等条件判断充分性，举反例判断必要性. 【详解】因为为非零向量，若对任意都有，则不共线， 根据不等式的取等条件可知，，充分性成立； 若，不妨取，且同向， 则，满足， 此时存在，使得，必要性不成立. 综上，为非零向量，“对于任意”是“”的充分不必要条件. 8. 设关于x的不等式的解集为P，若，则实数m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】转化为恒成立问题，由对称性求出函数的值域，得到不等式，求出答案 【详解】，即的解集为P，设， 设，由于，故为偶函数， 由对称性可知， 又，故， 因为，，作出函数的图象如下图： 由图可知，要使，只需满足，解得. 9. 如图所示的沙漏是由上下两个相同的圆锥形容器组成，其内细沙的总体积为．假设上方容器中细沙的堆积体一直近似为一个倒置的圆锥，初始时细沙都在上方容器内，且此时沙堆的高度为，在重力和限流片的作用下细沙徐徐流入下方容器，经过分钟后剩余沙堆的体积（为常数）．已知初始时细沙都在上方容器内，经过10分钟后上方沙堆的高度降为，此时将沙漏上下颠倒，若倒置后的上方容器内沙堆高度再次降为，则需再经过的时间约为（ ）（参考数据：） A. 8.0分钟 B. 8.6分钟 C. 9.4分钟 D. 10.6分钟 【答案】C 【解析】 【详解】初始时，上方沙堆高度为，体积为， 体积比等于高度比的立方， 经过10分钟后上方沙堆的高度降为，上方剩余沙堆的体积， 经过分钟后上方剩余沙堆的体积， 经过分钟后上方剩余沙堆的体积， ，，，， 经过分钟后上方剩余沙堆的体积为， 下方容器内的体积为， 将沙漏上下颠倒，此时上方容器内的沙堆体积为， 设此时上方容器的高度为， ，，， 倒置后的上方容器内沙堆高度再次降为时，上方容器剩余沙堆的体积为， 设从倒置后到高度再次降为需要的时间为， 则，即，， ，分钟. 10. 在平面直角坐标系中，点M在圆心为C的圆上．若动点P满足，则对于，点P到直线的距离的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出圆C的圆心和半径，根据数量积的几何意义，可得，进而可得点P的轨迹方程，根据直线恒过定点，结合点与圆的位置关系，分析求解，即可得答案. 【详解】圆C的方程变形为，圆心，半径， 又，， 所以，即在方向上的投影为， 所以，又，所以， 则点P的轨迹是以C为圆心，2为半径的圆， 又直线恒过定点， 所以， 则P到直线的距离的最大值为. 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. 设抛物线的准线为l，为C上一点，则P到l的距离为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，利用抛物线的定义，即可求解. 【详解】由抛物线，可得焦点为，准线方程为， 因为为C上一点， 根据抛物线的定义，可得点到准线距离为. 12. 设平面向量，其中，的最小值为_________． 【答案】4 【解析】 【详解】已知，，其中， 得：， 所以， 当时， 13. 已知，且，写出满足条件的一组的值_________，_________． 【答案】 ①. （答案不唯一，满足题意即可） ②. （答案不唯一，满足题意即可） 【解析】 【详解】，即， 结合，可知 两边同除以可得：， 即，又， 故取，满足条件. 14. 《营造法式》是中国古代最完整的建筑技术著作，是中国古代建筑发展到了较高阶段的标志．书中根据不同等级房屋建筑的需要，将建筑中的木方（断面为矩形的木料）的尺寸分为8个等级．记这8个等级木方断面的长与宽分别为与，若对任意，且与都是公差为的等差数列，是公差为的等差数列．已知，，则_________， _________． 【答案】 ①. 6.6 ②. 3.5 【解析】 【分析】根据等差数列的定义，结合已知条件求解即可. 【详解】因为是公差为的等差数列，所以，. 又，所以. 因为对任意，，所以，所以. 因为是公差为的等差数列，所以，. 又，所以，同理， 因为都是公差为的等差数列，所以. 又，所以. 综上，，. 15. 记表示不超过实数x的最大整数．设a，b为正整数，函数，给出以下四个结论： ①对于任意的，若，则； ②存在正整数a，b，使得曲线关于坐标原点对称； ③设，则方程有无数个解； ④设，则当时，函数的值域中有且仅有5个元素． 其中，所有正确结论的序号是_________． 【答案】①③ 【解析】 【分析】根据题意，结合表示不超过实数x的最大整数，函数，以及为正整数，利用函数的性质，逐项分析判断，即可求解. 【详解】对于①，因为表示不超过实数x的最大整数， 由为正整数，若，可得，则， 两式相加得，即，所以①正确； 对于②，当时，； 对于任意正整数，取且非整数， 可得，所以， 又由，可得， 可得，此时， 所以不存在正整数，使得曲线关于坐标原点对称，所以②错误； 对于③，当时，， 设，可得， 所以， 令，可得，解得， 当时，可得，可得； 当时，可得，可得； 当时，可得，可得； 当时，可得，可得； 设，由且为整数， 当时，可得；当时，可得； 当时，可得；当时，可得； 所以当且时，满足，此时有无数个解，所以③正确； 对于④，当，且时，可得， 所以， 当时，可得，可得； 当时，可得，可得； 当时，可得，可得； 当时，可得，可得， 所以在上的取值为，共有4个元素，所以④错误. 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. 已知的面积，且． （1）求C的大小； （2）记的周长为．给出的解析式，并求其最大值． 【答案】（1）## （2）； 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理和面积公式即可得解； （2）利用正弦定理表示出，化简，然后结合正弦函数性质求最值. 【小问1详解】 由余弦定理和面积公式得：，， 代入可得：，化简得：， 又因为在三角形中，，所以. 【小问2详解】 设为三角形外接圆半径，则由正弦定理可得：，则， 所以，， 则三角形周长为： 其中，所以，代入可得： ， ，其中 所以，则当，即时，取得最大值， 所以. 17. 如图，在四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，且，E为PD的中点，平面平面． （1）求证：； （2）若，从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得四棱锥存在，求平面PAE与平面AEC夹角的余弦值． 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）证明见解析 （2）条件①不符合要求，条件②和条件③下平面PAE与平面AEC夹角的余弦值为 【解析】 【分析】（1）由面面垂直得 平面 ，再由线面垂直，推出 ，得证结论. （2）条件①思路： 先由 平面 得 ，再结合 推出矛盾，故此条件不成立，四棱锥不存在. 条件②思路： 由 且 为中点得 为直角三角形，证 底面，建系求点坐标，求两平面法向量，用向量公式求二面角余弦值. 条件③思路： 由全等证 ，由面面垂直得 底面，建空间直角坐标系，求各点坐标，求两平面法向量，用夹角公式算余弦值. 【小问1详解】 因为平面平面，平面平面. 又平面，，由面面垂直的性质定理，得平面. 因为平面，所以. 【小问2详解】 由题意，，，，故. 底面为平行四边形，故，，. 若选条件①： 由（1）知平面，故平面，因此. 若，又，这显然不可能， 故条件①无法使四棱锥存在，不符合要求. 若选条件②：. 已知为中点，且，则， 所以为直角三角形，且，即. 由（1）知，又，平面，所以平面. 因为平面，所以， 即两两垂直. 以为原点，分别为轴正方向建立空间直角坐标系. 则，，，，. 为中点，故. 设平面的一法向量， ，. 设，则. 取，得，所以. 设平面的法向量： ，. 设，则. 得，取，得，所以. 设两平面夹角为，则两平面夹角的余弦值为：. 若选条件③：. 由，，，得. 由，得，， 故，即. 又平面平面，平面平面，平面， 由面面垂直的性质定理，得平面. 以为原点，、、分别为、、轴正方向建立空间直角坐标系： ，，，，. 为中点，故. ，， 设平面的一法向量： ，. 设，则. 取，得，所以. 设平面的法向量： ，， 设，则. 得，取，得，所以. 设两平面夹角为，则两平面夹角的余弦值为： . 18. 某市图书馆为了解馆内图书借阅情况，随机对馆内的部分读者进行了为期一年的跟踪调查，得到下表数据，其中部分数据意外缺失，分别用字母a，b，c，d（）表示． 读者类型 调查人数 年人均借阅量（册） 某类读者图书借阅量分类占比情况 文学类 科技类 教辅类 社科类 其他 在职人员 600 18.5 35% 25% 10% 20% 10% 大学生 800 24.3 30% 40% 13% a b 中学生 500 15.2 25% 20% 40% c d 假设每位读者的每次借阅情况互不影响．用频率估计概率． （1）在参与调查的读者中，比较这一年里“在职人员”借阅的文学类图书量与“中学生”借阅的教辅类图书量的大小，说明理由： （2）在该市图书馆的所有读者中随机选出2名大学生和1名中学生，已知这3人每人借阅了1册书，估计所借的3册书中至少有2册为科技类图书的概率； （3）为分析同一类读者的偏好，市图书馆将图书借阅量分类占比的平均差定义为该类读者的“偏好度”，其中为其图书借阅量分类占比值，为所有的均值，n为图书的类别个数．记“在职人员”、“大学生”和“中学生”的“偏好度”分别为，写出这三个“偏好度”的大小关系．（结论不要求证明） 【答案】（1）在职人员借阅的文学类图书量更大 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先根据“总借阅量=调查人数×年人均借阅量×对应类别占比”的公式，分别列出在职人员文学类、中学生教辅类的借阅量计算式，再代入数据比较大小； （2）先根据大学生各类借阅占比和为，求出的值，得到大学生借阅科技类的概率；同理根据中学生各类借阅占比和为，求出的值，得到中学生借阅科技类的概率；然后将“3册书中至少有2册为科技类图书”分解为“2册科技类1册非科技类”和“3册都是科技类”两个子事件，利用独立事件概率公式和互斥事件概率加法公式计算总概率； （3）根据偏好度的定义，计算各类读者的“偏好度”，可得答案. 【小问1详解】 在职人员借阅文学类图书总量： （册）， 中学生借阅教辅类图书总量： （册）， 因为，所以这一年里在职人员借阅的文学类图书量更大； 【小问2详解】 用频率估计概率：大学生借阅科技类的概率为，中学生借阅科技类的概率为， 三人借阅相互独立，“至少2册科技”包含三种情况： ① 2名大学生均借科技，中学生不借科技：， ② 仅1名大学生借科技，中学生借科技：， ③ 3人均借科技：， 总概率：. 【小问3详解】 在职人员的5个占比分别为：，即，   ， ，故； 大学生的已知占比为：， 因此未知占比满足， 由题设得，因此，， 即都小于均值，因此，， ， ，  因此：； 中学生的已知占比为：， 因此未知占比满足， 同理，由得，， 因此，， ， ， 因此：. 综上： 19. 已知椭圆的右顶点为A，下顶点为B，左右焦点分别为，且，圆经过点B．O为坐标原点． （1）求椭圆E的方程； （2）设圆W的切线与椭圆E相交于C，D两点，点在直线上，且满足，过Q作轴于点P，求证：． 【答案】（1）； （2）证明见详解. 【解析】 【分析】（1）根据已知直接求出即可； （2）将问题转化为证明，设出直线方程，结合，用表示出点坐标，然后代入椭圆方程求解即可得证. 【小问1详解】 因为圆经过下顶点，所以， 又，所以，所以， 所以椭圆E的方程为. 【小问2详解】 由（1）知， 要证，只需证，即，得， 又，所以只需证. 设，因为，所以， 当直线的斜率不存在时，易知其方程为，则， 因为，，所以 将代入得，代入得. 当直线的斜率存在时，设其方程为，易知， 则，代入，得：， 整理得， 又圆与直线相切，所以， 所以，， 因为点在椭圆上，所以， 整理得， 又，所以， 由，解得. 综上，，即可得证. 20. 已知函数，直线l为曲线在点处的切线．O为坐标原点． （1）求函数的单调区间； （2）设，研究函数的零点个数； （3）若l与x轴、y轴分别交于点A，B，且为等腰直角三角形，求的面积． 【答案】（1）单调递减区间为：，单调递增区间为：. （2）无零点. （3）面积. 【解析】 【分析】（1）先求定义域，再求导找零点，划分区间判符号，确定单调减区间，再确定单调增区间. （2）提取公因式转化函数，求导找单调性与最小值，判断最小值恒正，推出函数恒正，故无零点. （3）先求切线方程得截距坐标，由等腰直角得边长相等，分类讨论去绝对值，构造函数求零点，算出坐标求面积. 【小问1详解】 定义域：，函数求导得. 令，得. 当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 综上所述, 单调递减区间为：，单调递增区间为：. 【小问2详解】 由题可知， 所以研究函数的零点个数等价于研究的零点个数. ，令得. ，，单调递减； ，，单调递增. 所以函数有极小值同时也为最小值. 故恒成立，所以无零点. 【小问3详解】 函数求导得. 所以，切线：. 化简得. 所以由题可知分别令可得，. 为等腰直角三角形，且，故. 即， 因为，所以化简得. 若 即 . 代入：左边 ,右边 . 此时 都与原点重合,不能构成三角形,舍去. 若两边约去 ,得： 令 ,则 ,方程变为：. 情况1: ,即 , 设 , 时, , , 单调递增. 因为 ,故唯一解 即 ,此时 ,. 等腰直角三角形面积. 情况2: ,即 , 设 , 单调递增; , , 单调递减。 函数 有极大值同时也为最大值 . 所以 恒成立,方程无解. 综上,方程只有唯一解 , , ,面积 . 21. 对任意无穷数列，定义从起连续k项的和为：，其中k，i为任意正整数．若无穷数列满足：对任意和，存在，使得，则称数列具有性质T． （1）设，其中．判断数列是否具有性质T？说明理由； （2）已知数列具有性质T， （i）求集合中元素个数的最大值； （ii）证明：存在正整数t，对任意，有． 【答案】（1）具有，理由见解析 （2）（i）4；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）首先分析数列为周期数列，再根据性质的定义即可判断； （2）（i）分别取取和，再利用反证法即可证明； （ii）利用（i）中的结论证明得存在，，满足，其中，再分和时证明即可. 【小问1详解】 数列具有性质． 理由如下：数列满足，其中， 即是周期为4的周期数列． 所以对任意和，当时，． 故数列具有性质． 【小问2详解】 （i）取，由性质得：存在，使得． 同理，取，由性质得：存在，使得. 以此类推，得数列中任意连续4项中，必有一项的值等于． 同理，得对于数列中的每一项之后的任意连续4项中，必有一项的值等于． 假设的取值超过4个，不妨设有5个值不同的项， 由上述结论，知在之后的连续4项中，这5个不同值都会出现，这是不可能的． 所以中至多只有4个不同的取值． 又因为周期数列：具有性质， 所以集合中元素个数的最大值为4． （ii）考察由连续4项构成的数组， 由（i）知的取值不超过4个，故这样的数组个数不超过． 所以在这257个数组中至少存在两个相同的， 即存在，，满足，其中． 以下证明：若，则，即证． 由性质，知存在，使得． ①若，即时，去掉上述等式两边的公共项，得 若，上式即为． 若，由，知，所以． ②若，因为，所以． 当时，由，得， 记其值为，由性质知，在其后四项出现，所以； 当时，由，得， 分别记其值为，，由性质，知，所以； 同理，得当时，均有． 综上，可推导出． 从而由，得，即得， 进而得到， 所以存在正整数，对任意，有． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $