精品解析：北京市昌平区2026届高三年级第一次统一练习数学试卷

昌平区2026年高三年级第一次统一练习 数学试卷 2026.4 本试卷共5页，共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，将答题卡交回． 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，则集合（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由集合，则集合 2. 如果复数的实部与虚部相等，那么（ ） A. B. 1 C. 2 D. 4 【答案】A 【解析】 【详解】因为， 因为，且复数的实部与虚部相等，所以. 3. 下列函数中，在区间上单调递减的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】对于A，直接根据反比例函数性质判断；对于B，根据二次函数性质判断；对于C，根据复合函数单调性法则判断；对于D，转化为分段函数，再结合指数函数性质判断. 【详解】对于A，由反比例函数性质知在上单调递增，故错误； 对于B，， 由二次函数性质在上单调递减，在上单调递增，故错误； 对于C，函数在上单调递增，在单调递减， 故由复合函数单调性法则（同增异减）得在上单调递减，故正确； 对于D，， 故函数在上单调递减，在上单调递增，故错误； 4. 在的展开式中，含的项的系数为（ ） A. B. C. 16 D. 24 【答案】D 【解析】 【详解】的展开式中含的项为：，故含的项的系数为 5. 已知向量在正方形网格中的位置如图所示．若网格纸上小正方形的边长为1，则（ ） A. B. 0 C. 2 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】引入向右方向的单位向量为，向上方向的单位向量为，把用表示后计算. 【详解】记向右方向的单位向量为，向上方向的单位向量为，则，，， 所以. 6. 将函数图象上的所有点的纵坐标不变，横坐标变为原来的，再向右平移个单位，得到函数的图象．则下列说法正确的是（ ） A. 是函数的图象的一条对称轴 B. 是函数的图象的一个对称中心 C. 在上是增函数 D. 在上是减函数 【答案】D 【解析】 【详解】原函数，纵坐标不变，横坐标变为原来的​，得； 再向右平移​个单位，得：  代入，得， 所以不是函数的图象的一条对称轴，故A错误； 代入，得， 所以不是函数的图象的一个对称中心，故B错误； 当时，， 因为在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减， 所以在上先减后增再减，即不是单调增函数，故C错误； 当时，， 因为在上单调递减，所以在上单调递减，故D正确. 7. 已知双曲线的离心率为，则的值为（ ） A. B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【详解】因为方程表示双曲线，所以， 所以方程可化为：，表示焦点在轴上的双曲线. 所以，， 由. 8. 在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】验证必要性：若，代入，利用三角函数诱导公式化简，结合的奇偶性判断. 验证充分性：若，利用三角函数的诱导公式，推导与的关系. 【详解】必要性证明： 已知， 若为偶数，设，则，， 故； 若为奇数，设，则，， 故，因此右边可以推出左边，必要性成立. 充分性证明： 由得， 根据的通解：， 代入得：， 因此充分性也成立， 综上，“”是“”的充分必要条件. 9. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，，平面与平面的夹角为，则该四棱锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由已知条件，通过作辅助线分别求出各侧面的三角形高，再分别求出各个侧面三角形面积，再求和即可. 【详解】取的中点，的中点，连接， 如图所示： 因为，为的中点，所以，且， 过点作平面的垂线交于点， 又因为底面为矩形，所以， 故平面与平面的夹角为，，， 因为，平面，所以平面， 因为，所以平面， 又平面，则， 所以， 所以， ， 点到的距离为1，点到的距离为， 同理点到的距离为， 所以， 所以该四棱锥的侧面积为： . 10. 设函数，则下列结论中正确的是（ ） A. 当时，在上单调递减 B. 当时，在上存在极值点 C. 当时，有最大值，无最小值 D. 存在，使得方程在上有且仅有两个不同实根 【答案】D 【解析】 【分析】A选项，直接根据选项区间包含无定义点判断错误；B选项，连续利用导数判断单调性即可得到极值信息；C选项，利用奇偶性判断即可；D选项，对题给区间分段处理，然后从方程出发构造出新的函数，并通过求导判断取值范围，最后综合得到根的个数即可. 【详解】对于A选项，时，应满足即， 由可得， 因为即，所以， 所以，所以在上存在无定义的点，A错误； 对于B选项，当且时， 得到，， 设， 则， 由可知，， 所以，所以在上单调递减， 有，从而， 故在上单调递减，不存在极值点，B错误； 对于C选项，当时，，即在上均有定义， 又因为，所以为奇函数， 那么如果有最大值，就一定有最小值，C错误； 对于D选项，显然方程无解， 当时，令即， 设，则，在上单调递减， 有即，而， 所以存在唯一的，使得，且（否则）， 即方程在上有一个实根； 当时，令即， 设，则， 设，由 可得即在上单调递增，又， 所以存在唯一零点使得， 则在上单调递减，在上单调递增， 而，， 故有，且， 所以，所以存在唯一的使得， 且（否则），即方程在上有一个实根， 综上所述，方程在上有且仅有两个不同实根，D正确. 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. 当时，函数的最小值为_____． 【答案】 【解析】 【分析】由基本不等式进行求解． 【详解】因为，所以，等号成立时，， 故函数的最小值为． 12. 已知为等差数列，为其前项和．若，则______． 【答案】 【解析】 【详解】设等差数列的公差为， 由， 由， 由， 所以. 13. 已知圆与抛物线的准线的一个交点为（A在x轴上方），点关于轴的对称点在抛物线上，则_____；若直线上存在点，使得，则的取值范围为______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【详解】由抛物线的准线方程为，则可设交点， 因为点在圆上，所以， 又点关于轴的对称点，代入抛物线方程得， 将代入可得：， 因为，所以解得，， 由题意，则可得，， 因为，则在以为直径的圆上， 所以该圆圆心为，半径，圆方程为， 由直线上存在满足条件的，等价于该直线与圆有公共点， 即圆心到直线的距离不大于半径：， 解得，即的取值范围为. 14. 设函数若存在最小值，则的一个取值为____，的最小值为_____． 【答案】 ①. （答案不唯一，取均可） ②. 【解析】 【详解】当，函数图像如图所示，不满足题意. 当，函数图像如图所示，符合题意 当，函数图像如图所示，要使函数有最小值，需满足. 所以. 当，函数图像如图所示，不满足题意. 当，函数图像如图所示，要使函数有最小值，需满足. 无解，故不满足题意. 综上所述，的取值范围为，最小值为. 15. 在棱长为2的正方体中，点满足，其中，给出下列四个结论： ①当时，，的面积为定值； ②当时，，三棱锥的体积为定值； ③当时，存在唯一的，使得； ④当时，存在唯一的，使得平面． 其中所有正确结论的序号是______． 【答案】②③ 【解析】 【分析】①根据向量运算得出线段，再分别取点重合、点重合两种情况计算面积；②根据向量运算得出线段，判断三棱锥的体积为定值；③分别取线段的中点，根据向量运算得出点线段，利用勾股定理计算；④分别取线段的中点，根据向量运算得出点线段，利用反证法判断. 【详解】①当时，，则， 因为，所以线段， 若点重合，则， 则的面积为， 若点重合，则， 则，则的面积为， 故的面积不为定值，①错误； ②当时，，则， 因为，所以线段， 因为平面，平面，所以平面， 则点到平面的距离为定值， 又的面积为定值，故三棱锥，即三棱锥的体积为定值，故②正确； ③当时，， 分别取线段的中点，则，则， 则点线段， 因为平面，平面，所以， 因为，， 所以，得， 故存在唯一的，使得，故③正确； ④当时，， 分别取线段的中点，则，则， 则点线段， 若平面，平面，则， 因为平面，平面，所以， 因为平面，所以平面， 又平面，所以，显然不可能成立， 故不存在，使得平面，故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. 在中，，的平分线与交于点． （1）求的值； （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，使存在且唯一确定．求的长． 条件①：边上的高为； 条件②：的面积为； 条件③：的周长为． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）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）选条件①时无解，选条件②和条件③时 【解析】 【分析】（1）根据题意，由正弦定理和同角三角函数基本关系求解即可； （2）选①：根据面积列方程无解，即可排除； 选②：根据三角形的面积公式求得，再用求解的长即可； 选③：根据周长和余弦定理求得，再用求解的长即可. 【小问1详解】 因为，所以， 又，由正弦定理，可得，所以. 【小问2详解】 若选①：因为边上的高为，，， 所以，无解，所以三角形不存在； 若选②：由三角形的面积公式，，解得. 所以，所以为等腰三角形，又，所以， 所以，三角形唯一， 由余弦定理可知， ， 由可得， 即，所以； 若选③：因为的周长为，，所以． 由余弦定理可知， 所以，解得，所以， 所以，所以为等腰三角形，又，所以， 所以，三角形唯一， ， 由可得， ，所以. 17. 如图，在直三棱柱中，． （1）求证：； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）在线段上是否存在点，使平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【小问1详解】 连接交于， ∵三棱柱为直棱柱，平面， ∵平面，∴， ∵. ∴四边形为正方形，∴， ，，，平面. 平面， ∵平面，∴. 又，，平面. 平面. 平面，. 【小问2详解】 以为原点，，，分别为轴，轴，轴建立如图空间直角坐标系. 由题意得：. 则. 设平面的法向量为. 则，令，则. . 直线与平面所成角的正弦值为. 【小问3详解】 存在，理由如下： 设()，则. . 若平面，则，解得， 存在点，使平面，此时. 18. 教育部最新文件指出，要确保中小学生每天校内校外综合体育活动时间不少于2小时．为了提升学生体质，养成运动习惯，某中学对学生进行了周末两天运动时长的问卷调查，将运动时长不少于4小时的学生视为“运动达标”，运动时长不足4小时的学生视为“运动不达标”．现随机抽取200名学生的问卷，获得数据如下表： 男生（人） 女生（人） 合计（人） 运动达标 80 40 120 运动不达标 20 60 80 合计 100 100 200 用频率估计概率． （1）从该校的男生中任选两人，求这两人均为“运动不达标”的概率； （2）从该校男生和女生中各随机抽取一人，设为“运动达标”的人数，求的分布列和数学期望； （3）从该校随机抽取20名学生，记其中“运动达标”的人数为．求使概率取得最大值时的的值．（直接写出结论） 【答案】（1） （2）的分布列为 数学期望 （3） 【解析】 【分析】（1）根据频率估计概率，再由独立事件的乘法公式即可求解； （2）先算出男生和女生中各随机抽取一人“运动达标”的概率，确定随机变量的可能取值并计算概率，进而得出分布列及数学期望； （3）先确定服从的二项分布，由二项分布的性质确定概率最大时的值. 【小问1详解】 由题意，可估计从该校的男生中任选一人，“运动不达标”的概率为， 设“从该校的男生中任选两人，这两人均为运动不达标”为事件， 则； 【小问2详解】 由表可知，从男生中抽取一人“运动达标” 的概率为， 从女生中抽取一人“运动达标” 的概率为， 随机变量的可能取值为， ， ， ， 所以的分布列为 数学期望. 【小问3详解】 由题意知从该校随机抽取一名学生，“运动达标”的概率为， 服从二项分布， 则要使得使概率取得最大值需且， 则且， 解得， 为整数，所以， 使概率取得最大值时的值为. 19. 已知椭圆的焦点是长轴的四等分点，点和点都在椭圆上，直线与轴交于点． （1）求椭圆的方程； （2）设为原点，点与点关于轴对称，直线与轴交于点．在轴上是否存在点，使得？若存在，求点的坐标；若不存在，说明理由． 【答案】（1） （2）存在，，理由见解析 【解析】 【分析】（1）根据条件列方程组即可； （2）求出直线的方程，进而得出的坐标，利用求出. 【小问1详解】 由题意得，，，则， 则椭圆的方程为； 【小问2详解】 因为在椭圆上，且点与点关于轴对称， 所以，， 则直线，令，则，则， 直线，令，则，则， 设，则， 因为，所以，得， 因为，所以，故. 20. 已知函数． （1）当时，若曲线在点处的切线与轴平行，求点的坐标； （2）求证：对于任意的，且，都有； （3）当时，求证：有且只有一个零点，且． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用导数几何意义，切线平行于轴即斜率为零，通过解导数为零的方程并结合函数表达式确定点坐标； （2）将分式不等式转化为函数单调性问题，构造函数并利用导数判断其单调性，从而证明原不等式成立； （3）先通过导数分析函数单调性与极值，结合极限与零点存在定理说明唯一零点；再借助函数单调性，将自变量范围比较转化为函数值大小比较，代入后利用已知参数范围证明不等式. 【小问1详解】 当时，，求导得， 切线与轴平行，即切线斜率为0，故． 由，得，又， 故点的坐标为． 【小问2详解】 要证对任意且，都有， 等价于证， 令，只需证在上单调递增， 求导得， 令，， 又，则，在区间上单调递增， 即在区间上单调递增，又， ，因此在上单调递增，原不等式得证． 【小问3详解】 ，求导得， 令，得，又， 当时，单调递减； 当时，单调递增； 故在处取得极小值，， 当，， 当时，，从而，结合在上单调递减， 可知当时，恒有，故在上无零点； 当时，，又且在上单调递增， 由零点存在定理及单调性知，在上存在唯一的零点， 综上，当，有且只有一个零点. 由于在上单调递增，且，要证， 只需证， ， 因为，所以，从而，故， 又，所以，从而，得证. 21. 设数列，若存在公比为的等比数列，使得，其中，则称数列为数列的“等比分割数列”． （1）写出数列的一个“等比分割数列”； （2）若数列的通项公式为，其“等比分割数列”的首项为1，求数列的公比的取值范围； （3）若数列的通项公式为，且数列存在“等比分割数列”，求的最大值． 【答案】（1）.（答案不唯一） （2） （3）5 【解析】 【分析】（1）由于是公比为2的等比数列，因此“等比分割数列”的公比也取2，易得结论； （2）利用定义得出，然后确定出的最小值即得； （3）用反证法证明时，数列不存在“等比分割数列”，然后对找出“等比分割数列”数列即证． 【小问1详解】 由，可以取，得.（答案不唯一）； 【小问2详解】 由得， 所以， 令， 则单调递减，所以的最小值是， 所以公比的取值范围是； 【小问3详解】 首先证明时，数列不存在“等比分割数列”， 假设当时，数列存在“等比分割数列”， 则． 易知， 因为且，则，而，所以， 又因为，所以， 与矛盾， 所以当时，数列不存在“等比分割数列”． 所以， 当时，数列，存在首项为，公比为的数列满足： , 所以时，数列存在“等比分割数列”， 所以的最大值是5. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 昌平区2026年高三年级第一次统一练习 数学试卷 2026.4 本试卷共5页，共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，将答题卡交回． 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，则集合（ ） A. B. C. D. 2. 如果复数的实部与虚部相等，那么（ ） A. B. 1 C. 2 D. 4 3. 下列函数中，在区间上单调递减的是（ ） A. B. C. D. 4. 在的展开式中，含的项的系数为（ ） A. B. C. 16 D. 24 5. 已知向量在正方形网格中的位置如图所示．若网格纸上小正方形的边长为1，则（ ） A. B. 0 C. 2 D. 4 6. 将函数图象上的所有点的纵坐标不变，横坐标变为原来的，再向右平移个单位，得到函数的图象．则下列说法正确的是（ ） A. 是函数的图象的一条对称轴 B. 是函数的图象的一个对称中心 C. 在上是增函数 D. 在上是减函数 7. 已知双曲线的离心率为，则的值为（ ） A. B. C. D. 2 8. 在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 9. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，，平面与平面的夹角为，则该四棱锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 10. 设函数，则下列结论中正确的是（ ） A. 当时，在上单调递减 B. 当时，在上存在极值点 C. 当时，有最大值，无最小值 D. 存在，使得方程在上有且仅有两个不同实根 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. 当时，函数的最小值为_____． 12. 已知为等差数列，为其前项和．若，则______． 13. 已知圆与抛物线的准线的一个交点为（A在x轴上方），点关于轴的对称点在抛物线上，则_____；若直线上存在点，使得，则的取值范围为______． 14. 设函数若存在最小值，则的一个取值为____，的最小值为_____． 15. 在棱长为2的正方体中，点满足，其中，给出下列四个结论： ①当时，，的面积为定值； ②当时，，三棱锥的体积为定值； ③当时，存在唯一的，使得； ④当时，存在唯一的，使得平面． 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. 在中，，的平分线与交于点． （1）求的值； （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，使存在且唯一确定．求的长． 条件①：边上的高为； 条件②：的面积为； 条件③：的周长为． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）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. 如图，在直三棱柱中，． （1）求证：； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）在线段上是否存在点，使平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 18. 教育部最新文件指出，要确保中小学生每天校内校外综合体育活动时间不少于2小时．为了提升学生体质，养成运动习惯，某中学对学生进行了周末两天运动时长的问卷调查，将运动时长不少于4小时的学生视为“运动达标”，运动时长不足4小时的学生视为“运动不达标”．现随机抽取200名学生的问卷，获得数据如下表： 男生（人） 女生（人） 合计（人） 运动达标 80 40 120 运动不达标 20 60 80 合计 100 100 200 用频率估计概率． （1）从该校的男生中任选两人，求这两人均为“运动不达标”的概率； （2）从该校男生和女生中各随机抽取一人，设为“运动达标”的人数，求的分布列和数学期望； （3）从该校随机抽取20名学生，记其中“运动达标”的人数为．求使概率取得最大值时的的值．（直接写出结论） 19. 已知椭圆的焦点是长轴的四等分点，点和点都在椭圆上，直线与轴交于点． （1）求椭圆的方程； （2）设为原点，点与点关于轴对称，直线与轴交于点．在轴上是否存在点，使得？若存在，求点的坐标；若不存在，说明理由． 20. 已知函数． （1）当时，若曲线在点处的切线与轴平行，求点的坐标； （2）求证：对于任意的，且，都有； （3）当时，求证：有且只有一个零点，且． 21. 设数列，若存在公比为的等比数列，使得，其中，则称数列为数列的“等比分割数列”． （1）写出数列的一个“等比分割数列”； （2）若数列的通项公式为，其“等比分割数列”的首项为1，求数列的公比的取值范围； （3）若数列的通项公式为，且数列存在“等比分割数列”，求的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $