精品解析：北京市海淀区2025—2026学年第二学期期中练习（一模）高三数学

海淀区2025—2026学年第二学期期中练习 高三数学 2026.04 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. 已知全集，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知等差数列，，，则（ ） A. 13 B. 15 C. 17 D. 18 3. 抛物线的焦点为F，点A在W上，且，则线段中点的横坐标为（ ） A. 2 B. C. 3 D. 4. 若函数是奇函数，则（ ） A. B. C. D. 5. 在中，内角、、的对边分别为、、，，，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知，则（ ） A. B. 10 C. D. 80 7. 在某密码系统中，生成密码需要从含有94个符号的字符集中随机选择字符.密码熵H（单位：比特）的计算公式为，其中l为密码长度.根据密码熵估计表，当时，比特.若某用户将密码长度从增加到，则密码熵的增加量约为（ ） A. 78.6比特 B. 86.4比特 C. 99.0比特 D. 104.8比特 8. 已知函数，则“”是“在上为单调函数”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 9. 已知平行四边形的两个顶点为，另两个顶点在圆上.对于给定的t，若这样的平行四边形有且只有一个，则t的取值范围是（ ） A. B. C. D. 10. 已知平面上的点，，，，满足，且 ，则下列等式中一定不成立的是（ ） 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. 若复数z满足，则______，______ 12. 已知双曲线的左、右焦点分别为，.若C上一点P满足，则______. 13. 设等比数列的前n项和为，若，则公比______. 14. 将函数（）的图象向左平移1个单位长度，再向上平移2个单位长度，所得图象位于图象的上方，则a的一个取值为______，a的最大值为______. 15. 如图，正方体的棱长为2，以底面的中心O为原点建立空间直角坐标系，其中坐标轴，，分别与正方体的三条棱平行. 设正方体表面及其内部所有点构成的集合为Ω，集合，记W为T中所有点构成的几何体. 给出下列四个结论： ①； ②W被平面所截的截面面积为4； ③W的体积大于； ④W表面上的点到点的距离的最小值为1. 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. 已知函数两个相邻零点的距离为，且. （1）求、的值； （2）设，求的单调递增区间. 17. 如图，在直四棱柱中，，、，且分别为的中点. （1）求证：平面 （2）从下列条件①，条件②，条件③中选择一个作为已知条件，使得直四棱柱存在且唯一，求平面与平面夹角的余弦值. 条件①：； 条件②：： 条件③：与平面所成角为45°. 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. 为了调查“AI赋能教学活动”的实施效果是否达到预期，对甲、乙两个学区的教师进行简单随机抽样，获得评价数据如下表： 学区 甲 乙 性别 男 女 男 女 达到预期 260人 200人 240人 190人 未达到预期 190人 150人 60人 110人 假设所有教师的评价相互独立.用频率估计概率. （1）估计甲学区教师的评价为“达到预期”的概率； （2）若教师的评价为“达到预期”，则赋分为5；若教师的评价为“未达到预期”，则赋分为0. （i）从这两个学区的所有男教师中随机抽取2人，所有女教师中随机抽取1人，记随机变量X为这3人的赋分之和，估计X的数学期望； （ii）记甲学区样本赋分的方差为，乙学区样本赋分的方差为，两学区所有样本赋分的方差为.比较，，的大小.（结论不要求证明） 19. 已知椭圆的离心率为，其左、右焦点和上顶点构成的三角形面积为. （1）求椭圆的方程； （2）设为坐标原点，为第一象限内上的动点，点在直线上，且.过作的垂线交直线于，求的值. 20. 设函数（）. （1）当时，求证：直线是曲线的切线； （2）求的单调区间； （3）判断函数是否存在极值.如果存在，求出所有的极值；如果不存在，说明理由. 21. 对于正整数m，n（，），集合.给定集合M的一个子集A，对于M中的元素，若存在且，，使得集合与A的交集所含元素个数为0或4，则称为A的一个“同形点”. （1）当时，写出集合的所有“同形点”； （2）当A只有一个元素时，求其“同形点”的个数； （3）若M的任意子集都有“同形点”，求的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 海淀区2025—2026学年第二学期期中练习 高三数学 2026.04 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. 已知全集，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由得，得，则， 因为，所以. 2. 已知等差数列，，，则（ ） A. 13 B. 15 C. 17 D. 18 【答案】B 【解析】 【详解】因为数列为等差数列，则， 即，解得. 3. 抛物线的焦点为F，点A在W上，且，则线段中点的横坐标为（ ） A. 2 B. C. 3 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据方程可得焦点和准线，结合抛物线定义可得，即可得结果. 【详解】由题意可知：抛物线的焦点为，准线为， 设，则，解得， 所以线段中点的横坐标为. 4. 若函数是奇函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用奇函数的定义可得出关于的等式，求出实数的值，再结合奇函数的定义域验证即可. 【详解】因为函数是奇函数，则， 即，所以，即， 所以，解得， 当时，，由可得，该函数的定义域为， 此时函数的定义域不关于原点对称，该函数不是奇函数，不符合题意； 当时，，由可得或， 即函数的定义域为或，定义域关于原点对称，符合题意. 综上所述，. 5. 在中，内角、、的对边分别为、、，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分析可知，可得出，推导出且为钝角，利用大角对大边以及余弦定理逐项判断即可. 【详解】因为，，则， 所以，由正弦定理可得， 则，所以， 所以，故，所以， 因为为钝角，为锐角，所以，则， ，则，故ABD错，C对. 6. 已知，则（ ） A. B. 10 C. D. 80 【答案】D 【解析】 【分析】先求得二项展开式的通项，根据题意，得到，即可求解. 【详解】由二项式展开式的通项为， 当时，可得， 因为， 所以，解得. 7. 在某密码系统中，生成密码需要从含有94个符号的字符集中随机选择字符.密码熵H（单位：比特）的计算公式为，其中l为密码长度.根据密码熵估计表，当时，比特.若某用户将密码长度从增加到，则密码熵的增加量约为（ ） A. 78.6比特 B. 86.4比特 C. 99.0比特 D. 104.8比特 【答案】A 【解析】 【分析】通过对数运算法则对密码熵公式进行变形，利用已知条件求出单长度对应的熵值，进而计算出长度变化后的熵增. 【详解】根据密码熵计算公式 ，利用对数运算法则将其变形为 . 当密码长度 时，密码熵 ； 当密码长度 时，密码熵 . 密码熵的增加量 . 已知当 时，，即 ，由此可得 . 将 代入 ，解得 . 8. 已知函数，则“”是“在上为单调函数”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】取，结合分段函数单调性可判断必要性不成立；分、两种情况讨论，结合分段函数的单调性可判断充分性成立.由此可得出结论. 【详解】若，则， 当时，函数在上为增函数，函数在上为增函数， 又因为函数在上连续，此时函数在上单调递增； 当时，函数在上为减函数，函数在上为减函数， 又因为函数在上连续，此时函数在上单调递减； 所以“在上为单调函数”不能得到“”； 若，当且时， 函数、在上均为增函数，则函数在上为增函数， 函数、在上均为增函数，则函数在上为增函数， 又因为函数在上连续，故函数在上为增函数； 当且时，函数、在上均为减函数，则函数在上为减函数， 函数、在上均为减函数，则函数在上为减函数， 又因为函数在上连续，故函数在上为减函数； 故“”“在上为单调函数”. 故“”是“在上为单调函数”的充分不必要条件. 9. 已知平行四边形的两个顶点为，另两个顶点在圆上.对于给定的t，若这样的平行四边形有且只有一个，则t的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，结合圆的性质，分和，两种情况讨论，列出不等式组，即可求解. 【详解】由圆，可知圆心为，半径为，可得直径， 又由点，，可得， ①当， 若以为平行四边形的一边时， 如图所示，作与直线平行的直线，使得截得的弦长为， 此时存在两条直线与圆相交，可构成两个平行四边形，不符合题意； 若以为平行四边形的一条对角线时，可得的中点， 过点作直线的垂线，此直线与圆有两个公共点，如图所示， 此时点分别是和的中点，所以四边形为平行四边形， 综上可得，此时构成的平行四边形的个数为3个，不符合题意； ②当，此时为平行四边形的对角线， 要使得这样的平行四边形有且只有一个，则满足且点在圆内， 由，可得，解得或， 又由在圆内，可得，整理得，解得， 所以，所以实数的取值范围为. 10. 已知平面上的点，，，，满足，且 ，则下列等式中一定不成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据数量积的定义分析可知，，利用坐标表示点，，，讨论点，的可能性情况，结合选项分析判断即可. 【详解】因为， 则， 又因为，则，， 设，，，，， 若，， 可得，，， 若，则，故A可能成立； 若，， 可得，，， 则，且， 若，则，故D可能成立； 若，， 可得，，， 则，故C可能成立； 若，， 可得，，，此时ABCD均不成立. 综上所述：不可能成立的是B. 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. 若复数z满足，则______，______ 【答案】 ①. ②. 【解析】 【详解】，，得. ， . 12. 已知双曲线的左、右焦点分别为，.若C上一点P满足，则______. 【答案】7 【解析】 【分析】根据方程可得，结合双曲线的定义运算求解. 【详解】由题意可知：，，则， 由双曲线定义可得，即， 解得或（舍去）， 且，符合题意， 所以. 13. 设等比数列的前n项和为，若，则公比______. 【答案】2 【解析】 【分析】根据前n项和定义可得，结合等比数列的定义运算求解即可. 【详解】因为，所以， 显然，则，即，解得. 14. 将函数（）的图象向左平移1个单位长度，再向上平移2个单位长度，所得图象位于图象的上方，则a的一个取值为______，a的最大值为______. 【答案】 ①. （答案不唯一） ②. 【解析】 【分析】先得出变换后的函数解析式，得出对于恒成立，先分、两种情况求出，再检验，时成立，再利用参变分离以及求导求出，时的取值范围. 【详解】由题意可得，平移后的图象的函数解析式为， 因为的函数图象位于图象的上方，所以对于恒成立， 即， 则对于恒成立， 令， 若，则， 则对于恒成立， 因为，所以； 若，则， 则对于恒成立， 因为，所以，故， 当，且时， 则， 由于在上单调递增，所以； 若，则对于恒成立， 令，则， 因为在上单调递减， 所以， 则，则在上单调递增，则， 故，得，则， 因为，所以实数的取值范围为， 故a的一个取值为，a的最大值为. 15. 如图，正方体的棱长为2，以底面的中心O为原点建立空间直角坐标系，其中坐标轴，，分别与正方体的三条棱平行. 设正方体表面及其内部所有点构成的集合为Ω，集合，记W为T中所有点构成的几何体. 给出下列四个结论： ①； ②W被平面所截的截面面积为4； ③W的体积大于； ④W表面上的点到点的距离的最小值为1. 其中所有正确结论的序号是______. 【答案】②③ 【解析】 【分析】对于①，直接验证该点不满足集合条件；对于②，证明截面为上底面正方形即可得到面积；对于③以为分界将分为上下两个部分考虑，并分别构造一个包含在其中的多面体和圆锥，再证明这两个几何体的体积和大于；对于④，利用距离公式并结合表面上的点满足的方程得到距离函数，分析最值即可. 【详解】对于①，因为，所以，①错误； 对于②，被平面所截的截面即为满足且的点， 而当时恒成立，所以截面即为上底面正方形，面积为，②正确； 对于③，考虑集合，构成了一个底面半径和高均为的圆锥， 同时当时有，所以对任意点在内，那么它也在内即， 设与正方体四个侧面的交点分别为，则圆锥的底面即为经过的圆， 因为都是抛物线，方程分别为（取），（取）， 显然在范围内的部分的体积大于该圆锥的体积，圆锥的体积为， 对于时，取多面体，同样的，因为都是抛物线 （比如方程为，其余类似），在范围内的部分的体积大于该多面体的体积， 该多面体可以看作一个四棱柱切去四个角得到的几何体，体积为， 所以的体积大于，③正确； 对于④，的表面上的点即为满足且的点以及与正方体上底面和与四个侧面的截面上的点， 对于前者，点到的距离满足，时 可取得最小值即，所以的最小值不是，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. 已知函数两个相邻零点的距离为，且. （1）求、的值； （2）设，求的单调递增区间. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）求出函数的最小正周期，可求出的值，再利用可得出的值； （2）利用三角恒等变换化简函数的解析式，利用正弦型函数的单调性可得出关于的不等式，即可解得函数的单调递增区间. 【小问1详解】 因为函数两个相邻零点的距离为， 故函数的最小正周期为，所以，即， 又因为，故. 【小问2详解】 因为 ， 由可得， 故函数的单调递增区间为. 17. 如图，在直四棱柱中，，、，且分别为的中点. （1）求证：平面 （2）从下列条件①，条件②，条件③中选择一个作为已知条件，使得直四棱柱存在且唯一，求平面与平面夹角的余弦值. 条件①：； 条件②：： 条件③：与平面所成角为45°. 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） 【解析】 【分析】（1）连接，利用线面平行的判定定理，分别证得平面和平面，从而证得平面平面，即可证得平面. （2）选择条件①时，无法确定四棱柱的高，不满足唯一性；选择条件②和③，根据题意，求得直四棱柱的高，以为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解. 【小问1详解】 连接，因为为的中点，且，所以， 又因为且，所以且， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面， 所以平面， 又因为，且平面，平面， 所以平面， 因为，且平面， 所以平面平面， 又因为平面，所以平面. 【小问2详解】 若选择条件①：， 在四棱柱中，可得，所以，而可以由题干条件得到， 此时无法确定四棱柱的高，不满足唯一性，不符合题意； 若选择条件②：. 因为， 由余弦定理得， 所以，所以， 以为原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示， 设四棱柱的高为， 可得， 因为分别为的中点，可得， 可得， 因为，可得，解得， 所以 则， 设平面的一个法向量为， 则， 取，可得，所以， 取平面的一个法向量为， 设平面与平面所成角为， 可得， 所以平面与平面所成角的余弦值为. 若选择条件③：与平面所成角为. 连接，在直四棱柱中，可得底面， 所以为直线与平面所成的角，即， 因为，在直角中，可得， 因为为的中点，所以，即直四棱柱的高， 所以， 则， 设平面的法向量为， 则， 取，可得，所以， 又因为平面的一个法向量为， 设平面与平面所成角为， 可得， 所以平面与平面所成角的余弦值为. 18. 为了调查“AI赋能教学活动”的实施效果是否达到预期，对甲、乙两个学区的教师进行简单随机抽样，获得评价数据如下表： 学区 甲 乙 性别 男 女 男 女 达到预期 260人 200人 240人 190人 未达到预期 190人 150人 60人 110人 假设所有教师的评价相互独立.用频率估计概率. （1）估计甲学区教师的评价为“达到预期”的概率； （2）若教师的评价为“达到预期”，则赋分为5；若教师的评价为“未达到预期”，则赋分为0. （i）从这两个学区的所有男教师中随机抽取2人，所有女教师中随机抽取1人，记随机变量X为这3人的赋分之和，估计X的数学期望； （ii）记甲学区样本赋分的方差为，乙学区样本赋分的方差为，两学区所有样本赋分的方差为.比较，，的大小.（结论不要求证明） 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据题设表格中的数据，结合古典概型的概率计算公式，即可求解； 设甲学区的教师评价为“达到预期”为事件， （2）（i）由表格中的数据得，分别求得男、女教师达到预期的概率为和，得到变量的取值为，求得相应的概率，列出分布列，结合期望的公式，即可求解； （ii）分别求得甲、乙学区赋分为5的概率为和，以及所有样本赋分为5的概率为，结合二点分布的方差公式，求得的值，即可求解. 【小问1详解】 解：设甲学区的教师评价为“达到预期”为事件， 由表格中的数据，甲学区教师的总人数为人， 其中评价为“达到预期”的人数为人， 所以，即估计甲学区教师评价为“达到预期”的概率为. 【小问2详解】 解：（i）由表格中的数据得，男教师达到预期的概率为， 女教师达到预期的概率为， 根据题意，随机变量的可能取值为， 可得， ， ， ， 所以随机变量的分布列为： 0 5 10 15 所以期望为. （ii）甲学区赋分为5的概率为，乙学区赋分为5的概率为， 两个学区所有样本赋分为5的概率为， 赋分数据为0或5时，其样本方差为， 由， ，， 因为，可得， 又由，所以. 19. 已知椭圆的离心率为，其左、右焦点和上顶点构成的三角形面积为. （1）求椭圆的方程； （2）设为坐标原点，为第一象限内上的动点，点在直线上，且.过作的垂线交直线于，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据已知条件可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆的标准方程； （2）求出直线的方程，可得出直线的方程，可得出点的坐标，对直线的斜率是否存在进行分类讨论，在直线的斜率不存在时，求出点的坐标，可得出的值；在直线的斜率存在时，求出直线的斜率，可得出直线的方程，可求出点的坐标，再利用两点间的距离公式可求出的值. 【小问1详解】 由题意可知椭圆的左、右焦点和上顶点构成的三角形面积为， 由已知条件可得，解得， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 因为点在第一象限，所以直线的方程为， 因为，所以直线的方程为， 因为点在直线上，所以点， 若直线的斜率不存在时，轴，则，即， 即，解得（舍）或，此时， 所以直线的方程为，直线的方程为，则，此时； 当直线的斜率存在时，， 因为，所以， 联立，得， 则，则， 所以 ， 所以. 综上所述，. 20. 设函数（）. （1）当时，求证：直线是曲线的切线； （2）求的单调区间； （3）判断函数是否存在极值.如果存在，求出所有的极值；如果不存在，说明理由. 【答案】（1）证明见详解 （2）当，函数的单调递减区间为，单调递增区间为； 当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为 （3）无极值，理由见详解 【解析】 【分析】（1）代入求导，分析可知当且仅当时，，且，结合导数的几何意义分析证明； （2）求导，分和两种情况，结合导数分析原函数单调性，注意函数定义域； （3）求导，分和两种情况，结合（2）中的单调性以及的符号分析的符号性，即可判断. 【小问1详解】 若，则的定义域为，且， 令，可得，解得或（舍去）， 且，则在处的切线方程为， 所以直线是曲线的切线. 【小问2详解】 因为，， 令，解得或， 若，由解得，即的定义域为，且， 当时，；当时，； 可知函数的单调递减区间为，单调递增区间为； 若，由解得，即的定义域为，且， 当时，；当时，； 可知函数的单调递减区间为，单调递增区间为； 综上所述：当，函数的单调递减区间为，单调递增区间为； 当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为. 【小问3详解】 无极值，理由如下： 因为，且， 若，则的定义域为， 当时，；当时，；则， 且函数的单调递减区间为，单调递增区间为，则， 即，可知在定义域内单调递增，所以无极值； 若，则的定义域为， 当时，；当时，；则， 且函数的单调递减区间为，单调递增区间为，则， 即，可知在定义域内单调递增，所以无极值； 综上所述：无极值. 21. 对于正整数m，n（，），集合.给定集合M的一个子集A，对于M中的元素，若存在且，，使得集合与A的交集所含元素个数为0或4，则称为A的一个“同形点”. （1）当时，写出集合的所有“同形点”； （2）当A只有一个元素时，求其“同形点”的个数； （3）若M的任意子集都有“同形点”，求的最小值. 【答案】（1）； （2）； （3）21. 【解析】 【分析】（1）根据“同形点”定义直接写出答案即可； （2）分、、以及讨论即可； （3）讨论存在和恒成立的情况即可. 【小问1详解】 ， 当“同形点”为时，取， 此时，显然其与交集所含元素个数为0 当“同形点”为时，取， 此时，显然其与交集所含元素个数为0， 故其“同形点”为. 【小问2详解】 的＂同形点＂的个数为．证明如下： 设，由题：取集合． 若为的＂同形点＂，应有，且． ①当时，若且，取为， 则与的交集元素个数为0， 此时为的＂同形点＂，共有个； ②当时，同理可得中除外， 其余元素都是的＂同形点＂，共有个； ③当时，同理可得中除外， 其余元素都是的＂同形点＂，共有个； ④当时，同理可得中除外，其余元素都是的＂同形点＂，共有个． 综上可得的＂同形点＂的个数为． 【小问3详解】 的最小值为21． 证明如下： 首先当时，，由对称性不妨设中元素个数不少于11， 对于，设的元素个数为， 若存在，因为，所以存在，有， 不妨设，则中至少一个是的＂同形点＂； 若恒成立，因为，所以存在， 有，因为， 所以存在，使得，不妨设，则为的＂同形点＂． 其次当时，不妨设； ①若，则，取可得其无＂同形点＂； ②若，则， 取， 可得其无＂同形点＂； 综上的最小值为21． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $