精品解析：北京市东城区2025-2026学年高三一模数学试题

北京市东城区2025-2026学年度第二学期高三综合练习（一） 数学 2026.4 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，在试卷土作答无效。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，，则（ ） A． B． C． D． 2．已知复数为纯虚数，则实数（ ） A．2 B．1 C．0 D． 3．双曲线的焦距为（ ） A．1 B． C． D．4 4．在中，已知，，，则（ ） A． B． C． D． 5．实数，满足，，则（ ） A． B． C． D． 6．已知，则实数（ ） A．1 B． C．2 D． 7．已知为圆的一条弦，弦绕点旋转一周扫过的区域为．若点，则的取值范围为（ ） A． B． C． D． 8．在长方体中，，，则（ ） A．棱上存在点，使得 B．棱上存在点，使得 C．棱上存在点，使得 D．棱上存在点，使得 9．已知函数的定义域为，对实数，设集合，集合，那么“，”是“为奇函数”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 10．已知等差数列和的前10项均为正整数，且公差均不为0．若，则的最小值为（ ） A．15 B．10 C．9 D．5 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．已知抛物线的准线方程为，那么的焦点到准线的距离为*． 12．已知，则可以为________． 13．设单位向量，满足．若，则________；若与的夹角为，且，则实数________． 14．在乐律学中，将一个纯五度音程分成7份得到8个音级，这8个音级的频率构成公比为的等比数列，则________；为研究纯五度音程与纯四度音程的关系，从该等比数列中寻找两项，，使得最小，则________．（参考数据：） 15．已知函数的定义域为，且．当时，设为大于1的正整数，给出下列四个结论： ①存在，使得且； ②方程的解的个数为； ③若为方程的解，则的最小值为4； ④对任意有理数，存在，使得． 其中正确结论的序号是________． 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．（本小题13分）已知函数． （Ⅰ）若，，求实数的值； （Ⅱ）从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，使存在且唯一，求在区间上的取值范围． 条件①：； 条件②，的最小正周期为； 条件③：的最大值与最小值之和为0． 注：如果选择的条件不符合要求，第（Ⅱ）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．（本小题14分） 如图，在四棱锥中，，，，，为的中点，． （Ⅰ）设平面平面，求证：； （Ⅱ）若平面，求平面与平面夹角的余弦值． 18．（本小题13分）某种机床运行三个月后，需对，，这三项指标是否合格进行检测．现随机抽取10台机床，对指标检测情况统计如下表．用“×”表示该指标不合格，用“○”表示该指标合格． 机床 指标 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ 设各机床之间相互独立．用频率估计概率． （Ⅰ）某台机床运行三个月后，估计这台机床的指标合格的概率； （Ⅱ）规定指标合格记1分，指标合格记2分，指标合格记2分；若某项指标不合格．该项指标记0分．将一台机床三项指标分数之和作为该机床的评分．现从全体机床中随机抽取两台，估计这两台机床评分总和大于8的概率； （Ⅲ）设随机变量表示一台机床合格指标的个数．随机抽取10台机床进行检测，记事件“这10台机床中合格指标个数为0，1，2，3的机床台数分别为1，2，3，4”． 判断X服从下面哪个分布，事件T发生的概率更大．（结论不要求证明） 分布1 0 1 2 3 0.2 0.2 0.2 0.4 分布2 0 1 2 3 0.1 0.3 0.2 0.4 19．（本小题15分）已知椭圆经过点，离心率为． （Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）过点作斜率为的直线与椭圆交于，两点，点不在直线上，直线，分别交直线于点，．求证：四边形为平行四边形． 20．（本小题15分）已知函数的定义域为，，函数．对任意，曲线在点处的切线方程为． （Ⅰ）求的最小值； （Ⅱ）讨论的单调性； （Ⅲ）已知，求过点且与曲线相切的直线的条数． 21．（本小题15分）已知正整数数列，令．给定非负整数，若对任意的，都存在正整数，且，使得，则称数列具有性质． （Ⅰ）直接写出数列：1，1，2，2和：1，1，1，3是否具有性质； （Ⅱ）若数列具有性质，判断1，2能否同时为中的项，并说明理由； （Ⅲ）已知为奇数，是首项为1，公差为2的等差数列，求证：数列具有性质． 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京市东城区2025-2026学年高三一模数学试题 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．已知集合，集合，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】因为集合，集合， 所以. 2．已知复数为纯虚数，则实数（    ） A．2 B．1 C．0 D． 【答案】A 【详解】， 因为为纯虚数，所以，且，即. 3．双曲线的焦距为（    ） A．1 B． C． D．4 【答案】D 【分析】由双曲线的标准方程求出参数，进而由参数关系求得，从而求得焦距. 【详解】由题意得，则， 则双曲线的焦距为. 4．在中，已知，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】由余弦定理得，，则. 5．实数，满足，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】对于B，通过平方法结合条件即可证明不等式恒成立，对于其它选项均可取反例证伪. 【详解】对于A，取，此时不成立，故A错误； 对于B，， 因为，所以该不等式对任意恒成立，故B正确； 对于C，取，此时不成立，故C错误； 对于D，取，此时不成立，故D错误； 6．已知，则实数（    ） A．1 B． C．2 D． 【答案】A 【分析】利用二项展开式项的系数求解验证即可. 【详解】由题知，对于等式右边含有的项一定在中， 由二项展开式通项公式：， 令，此时等式右边含有的项的系数为， 又等式左边含有的项的系数为，所以，解得：， 当时，等式右边为： ， 所以 即， 所以，即满足题意. 7．已知为圆的一条弦，弦绕点旋转一周扫过的区域为．若点，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】首先得出区域所形成的图形，然后利用点求出圆心到弦的距离的取值范围，最后利用垂径定理即可求出的取值范围. 【详解】 设圆心到弦的距离为，圆半径，弦绕旋转一周时， 上所有点到的距离范围是， 因此扫过的区域是内半径为、外半径为2的圆环，即， 因为点 ，点到的距离平方为，满足恒成立， 因此只需满足，即， 由垂径定理可知，整理得 ， 随增大而减小，， 当时，，当时，， 因此的取值范围是. 8．在长方体中，，，则（    ） A．棱上存在点，使得 B．棱上存在点，使得 C．棱上存在点，使得 D．棱上存在点，使得 【答案】C 【分析】根据题意，不妨设，则，设，则，分别求出，再列式判断AB；对于C，设，则，同理判断CD即可． 【详解】解：对于A，如图， 不妨设，则， 设，则， ， 当时，则， 解得，不符合题意，故A错误； 对于B， ， ，即在棱上不存在点，使得，故B错误； 对于C，设，则， ， 当，则， 解得，符合题意，则棱上存在点，使得，故C正确； 对于D， ， ， ，即在棱上不存在点，使得，故D错误． 9．已知函数的定义域为，对实数，设集合，集合，那么“，”是“为奇函数”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】B 【分析】必要性，利用新定义化简即可；充分性，先利用新定义化简集合，举反例，其中为非零常数即可. 【详解】若为奇函数，则对恒成立， 则， ， 故，，必要性成立； 因为，，， 所以对于，都有， 若，其中为非零常数， 则，显然符合， 但此时为偶函数，故充分性不成立， 则“，”是“为奇函数”的必要不充分条件. 10．已知等差数列和的前10项均为正整数，且公差均不为0．若，则的最小值为（    ） A．15 B．10 C．9 D．5 【答案】B 【分析】等差数列和的公差分别为，且，根据题意得，再结合各项均为正整数得且均为整数，最后分和两种情况讨论求解即可. 【详解】设等差数列和的公差分别为，且， 因为，所以， 所以 因为等差数列和的前10项均为正整数，即， 所以且均为整数，解得且均为整数， 要使最小，只需取值最小， 所以，当时，即，此时， 整理得，因为为正整数，所以， 若，则，则，与的前10项均为正整数矛盾，故 又，为整数，所以，即，所以 又，为整数，故，此时，即，与的前10项均为正整数矛盾，不满足题意； 当时，即，此时， 因为为正整数，所以， 若，则，则，与的前10项均为正整数矛盾，故， 又，所以，即，此时令，，则，满足题意； 综上，取值最小为，此时的最小值为10. 二、填空题 11．已知抛物线的准线方程为，那么的焦点到准线的距离为______． 【答案】2 【详解】抛物线的准线方程为，依题意，， 而的焦点为，所以其焦点到准线的距离为. 12．已知，则的一个可能值为________． 【答案】（答案不唯一） 【分析】利用三角函数的诱导公式化简等式，再求解三角方程，得到的通解，可写出一个满足条件的具体值. 【详解】∵，，， ∴，则， ∴. 取，得；取，得，均满足条件（答案不唯一）. 13．设单位向量，满足．若，则________；若与的夹角为，且，则实数________． 【答案】 【详解】， 因为，所以， 所以； 由于单位向量，满足，即， 因为与的夹角为，所以， 整理可得， 因为，所以. 14．在乐律学中，将一个纯五度音程分成7份得到8个音级，这8个音级的频率构成公比为的等比数列，则________；为研究纯五度音程与纯四度音程的关系，从该等比数列中寻找两项，，使得最小，则________．（参考数据：） 【答案】 【分析】根据等比数列性质，代入计算求解即可. 【详解】由题意； 由， 令，得，从而 从而. 15．已知函数的定义域为，且．当时，设为大于1的正整数，给出下列四个结论： ①存在，使得且； ②方程的解的个数为； ③若为方程的解，则的最小值为4； ④对任意有理数，存在，使得． 其中正确结论的序号是________． 【答案】②③④ 【分析】由题知函数是以2为周期的周期函数.对于①，分与两种情况代入验证即可；对于②，将问题转化为函数与的图象有个交点，再分为奇数与偶数两种情况，数形结合判断；对于③，依次验证，， 的情况即可判断；对于④，设，其中且互质， 令代入验证即可判断. 【详解】因为函数的定义域为，且， 所以函数为周期函数，周期为， 对于①，因为，， 故当时，即，则，解得，与矛盾； 当时，即，则，解得， 此时， 所以，不存在，使得且，①错误； 对于②，令，则， 则方程的解的个数为等价于的解的个数为, 所以函数与的图象有个交点， 因为为大于1的正整数，当时，， 故当为奇数，与的图象在的每个周期上，均有2交点，在时，有1个交点，故有个交点； 故当为偶数时，与的图象在的每个周期上，均有2交点，共有个交点， 所以，函数与的图象有个交点，即则方程的解的个数为，②正确； 对于③，若为方程的解，则， 因为为大于1的正整数，函数为周期函数，周期为， 故当时，，不成立； 当时，，不成立； 当时，，成立； 所以，的最小值为4，③正确； 对于④，对任意有理数，设，其中且互质， 令，由于，，则， 因为，函数为周期函数，周期为， 所以，即对任意有理数，存在，使得，④正确. 三、解答题 16．已知函数． (1)若，，求实数的值； (2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，使存在且唯一，求在区间上的取值范围． 条件①：； 条件②，的最小正周期为； 条件③：的最大值与最小值之和为0． 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)选择条件①与条件②或选择条件②与条件③，取值范围为；不能选择条件①与条件③ 【分析】（1）借助三角恒等变换公式将原函数化为正弦型函数后，利用所给条件结合三角函数性质计算即可得. （2）可选条件①与条件②或条件②与条件③，再利用正弦型函数性质分析计算可得对应、的值；不能选择条件①与条件③，利用正弦型函数性质计算可得该情况下，即有无数种可能. 【详解】（1） ， 若，则， ， 则； （2）若选择条件②的最小正周期为，条件③的最大值与最小值之和为0： 由，则，即， 故， ，， 有， 故，即， 当时，， 则； 若选择条件①，条件②的最小正周期为： 由，则，即， 故， 有，解得， 故， 当时，， 则； 不能选择条件①，条件③的最大值与最小值之和为0，理由如下： 由， 则，， 有， 故，即， 则， 故，则， 此时有无数种可能，故不唯一， 故不能选择条件①与条件③. 17．如图，在四棱锥中，，，，，为的中点，．    (1)设平面平面，求证：； (2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由线面平行的判定定理可得平面，再根据线面平行的性质定理即可证明； （2）建立空间直角坐标系，根据面面角向量法计算即可求解. 【详解】（1）因为，平面，平面， 所以平面， 因为平面，平面平面， 所以； （2）因为平面，， 所以以点为坐标原点，所在直线为轴，平行于直线的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，如图所示：    因为，，，所以， 则，，，， ，，， 设平面的一个法向量为， 则，令，则， 所以平面的一个法向量可以为， 设平面的一个法向量为， 则，令，则， 所以平面的一个法向量可以为， 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 18．某种机床运行三个月后，需对这三项指标是否合格进行检测．现随机抽取10台机床，对指标检测情况统计如下表．用“×”表示该指标不合格，用“○”表示该指标合格．       机床 指标 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ 设各机床之间相互独立．用频率估计概率． (1)某台机床运行三个月后，估计这台机床的指标合格的概率； (2)规定指标合格记1分，指标合格记2分，指标合格记2分；若某项指标不合格．该项指标记0分．将一台机床三项指标分数之和作为该机床的评分．现从全体机床中随机抽取两台，估计这两台机床评分总和大于8的概率； (3)设随机变量表示一台机床合格指标的个数．随机抽取10台机床进行检测，记事件= “这10台机床中合格指标个数为0，1，2，3的机床台数分别为1，2，3，4”． 判断服从下面哪个分布，事件发生的概率更大．（结论不要求证明） 分布1 0 1 2 3 0.2 0.2 0.2 0.4 分布2 0 1 2 3 0.1 0.3 0.2 0.4 【答案】(1)； (2)； (3)分布2. 【分析】（1）直接利用表格信息和频率公式求A指标合格的概率，用频率估计概率； （2）要求两台机床的评分总和大于8，即总和为9或10，对应情况为两台都是5分或者一台5分，另一台4分，用频率估计概率分别计算两种情况的概率，再相加即可. （3）用多项分布概率公式分别计算分布1和分布2下事件发生的概率，进行比较即可. 【详解】（1）由表格可知，抽取的10台机床中，A指标合格的机床有6台，用频率估计概率得：A指标合格的概率为. （2）根据表格统计，用频率估计概率： 评分为5分（即三项全合格）的机床共4台，即； 评分为4分（仅A不合格）的机床共2台，即. 要求两台机床的评分总和大于8，即总和为9或10，由于机床互相独立，对应情况及其概率计算如下： 情况一：两台都是5分 ； 情况二：一台5分，另一台4分 . 综上所述，两台机床评分总和大于8的概率. （3）事件的概率为多项分布概率：. 观察其形式可知，组合系数相同，仅需比较乘积，即可比较的大小. 分布1对应的乘积为； 分布2对应的乘积为. 因此服从分布2时，事件发生的概率更大. 【点睛】用频率估计概率；独立事件可以用概率乘法. 19．已知椭圆经过点，离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)过点作斜率为的直线与椭圆交于，两点，点不在直线上，直线，分别交直线于点，．求证：四边形为平行四边形. 【答案】(1) (2)证明见详解 【分析】（1）由椭圆经过点可得，再由离心率求出与的关系，从而求出的值，即可求出椭圆方程； （2）假设直线AB方程，联立椭圆方程，运用韦达定理把相关变量，通过证明斜率相等来得到直线平行，再由两组对边平行证明四边形为平行四边形. 【详解】（1）把点代入，得 解得，所以，椭圆的方程为：; （2）设直线AB方程为,,那么 化简可得， 根据韦达定理可知 ， 直线AE方程为,所以,点， 直线BE方程为,所以,点, , 所以，,即, 同理， , 所以，,即, 故四边形为平行四边形. 【点睛】关键点点睛：此题考查椭圆标准方程,考查直线与椭圆的位置关系,解题的关键是把证明四边形为平行四边形转化为证明,,结合韦达定理可得 ，，进而让问题得到证明，考查计算能力、逻辑推理、数学抽象能力，属于中档题. 20．已知函数的定义域为，，函数．对任意，曲线在点处的切线方程为． (1)求的最小值； (2)讨论的单调性； (3)已知，求过点且与曲线相切的直线的条数． 【答案】(1) (2)在上单调递增 (3) 【分析】（1）由切线方程可得，进而得到，利用导数求的最小值； （2）对求导，分析导数在定义域内的正负，确定的单调区间； （3）设切点为，根据切线过点，结合切线方程建立关于的方程，将问题转化为该方程在内的解的个数，构造新函数，利用导数分析新函数的单调性、极值与端点趋势，结合已知条件判断解的个数. 【详解】（1）由切线性质得，因此：， 时，令得， 时，单调递减； 时，单调递增； 故最小值为； （2）对求导：， 令， 对求导： ，令，得， 当时，单调递减； 当时，单调递增； 可知最小值为，故恒成立， 因此在上单调递增； （3）设曲线的切点为，切线方程为：， 已知切线过点，代入切线方程，得， 令， 求切线条数，等价于求在定义域上的零点个数， 对求导，结合， 得， 由第二问结论在上恒成立， 当时，单调递增； 当时，单调递减； 即在处取得最大值， 已知， 代入得：， 因此是的一个零点，对应1条切线； 在上单调递增，因此对任意，有，该区间无零点； 同理，在上单调递增，因此对任意，有，该区间无零点； 时：， 由第一问结论，在上单调递增，因此，故， 当处的函数值：，代入得：， 由题设条件，得，即， 结合在上单调递减，且，根据零点存在定理，在内有唯一零点，对应另条切线； 在定义域内共有个零点，因此过点且与曲线相切的直线共有条. 21．已知正整数数列，令．给定非负整数，若对任意的，都存在正整数，且，使得，则称数列具有性质． (1)直接写出数列：1，1，2，2和：1，1，1，3是否具有性质； (2)若数列具有性质，判断1，2能否同时为中的项，并说明理由； (3)已知为奇数，是首项为1，公差为2的等差数列，求证：数列具有性质． 【答案】(1)不具有性质，具有性质 (2)不能，理由见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）直接对不同项的情况进行验证即可； （2）考虑和对应的的奇偶性，再结合的奇偶性判断出的奇偶性即可说明； （3）分和讨论即可. 【详解】（1）对数列，若，有 若，因为为偶数，而也为偶数， 因此不可能等于，所以不具有性质； 对数列，若，有， 若，有，所以具有性质. （2）因为数列具有性质， 由已知，因为为偶数， 所以与同为奇数或同为偶数． 若1和2均为数列中的项， 则与同为奇数或同为偶数，矛盾. 所以1,2不能同时为中的项. （3）首先证明去掉后，存在正整数， 使得． ①若． 去掉后剩余项，子列满足 . ②若． 子列满足 下证去掉后，存在正整数， 使得. 令，此时剩余项，记为， 且． 分为组为，其中. 则每组的差的绝对值为2或4，且至多有一个值为4． 所以或， 存在， 使得或2， 当时， 此时存在正整数，使得. 当时， 有， 因此存在正整数，使得． 综上，结论成立. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $