精品解析：北京市北京理工大学附属中学2025-2026学年高三下学期考前自测数学试题

理工附2026数学三模试卷 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，若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】化简集合，由得出，由子集的定义得出实数的取值范围. 【详解】集合, 故选：B 【点睛】本题主要考查了根据交集的结果求参数的取值范围，属于基础题. 2. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量的坐标运算求出，，再根据向量垂直的坐标表示即可求出． 【详解】因为，所以，， 由可得，， 即，整理得：． 故选：D． 3. 已知的二项式系数之和为64，则其展开式的常数项为（ ） A. B. 240 C. 60 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据二项式系数之和可得，结合二项展开式分析求解. 【详解】由题意可知：二项式系数之和为，可得， 其展开式的通项为， 令，解得， 所以其展开式的常数项为. 故选：B. 4. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，利用不等式的基本性质，正切函数的性质，以及指数函数与对数函数的性质，逐项判定，即可求解. 【详解】对于A中，，其中，但的符号不确定，所以A不正确； 对于B中，例如，此时，所以B不正确； 对于C中，由函数在上为单调递减函数， 因为，所以，可得，所以C正确； 对于D中，例如，此时，所以D不正确. 故选：C. 5. 已知函数，则不等式的解集为( )． A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题可得，然后分类讨论解不等式即得. 【详解】∵， ∴， 当时，， ∴， 当时，， ∴， 综上所述，的解集为． 故选:． 6. 已知，若点P满足，则点P到直线的距离的最大值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】先确定的轨迹为以线段为直线的圆以及直线过的定点，再根据圆的性质特点求最值． 【详解】因为，所以点的轨迹为以线段为直线的圆， 因为，所以圆心为，半径为1， 又直线，其过定点， 故点到直线的距离的最大值为． 故选：C． 7. 一位速算大师事前贴出的广告说，他能当着大家的面在几秒钟之内把一个几十位数的几十次方根迅速算出来.当然，涉及的全体数都是整数.某个观众准备的题目是“计算一个35位正整数的31次方根”，速算大师很快就给出正确答案.事实上速算大师仅用了部分数的常用对数近似值（如下表）. 11 12 13 14 15 16 17 18 1.04 1.08 1.11 1.15 1.18 1.20 1.23 1.26 那么，观众准备的题目的正确答案为（ ） A. 13 B. 14 C. 15 D. 16 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意可得，即可求出，根据表即可求出. 【详解】设正整数的31次方是一个35位数， 则，可得， 即，对照表格可知只有时符合该范围，故. 8. 已知数列为无穷等比数列，为其前项和，“存在，对于任意的，”是“存在，对于任意的”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，利用反例法，可得判定充分性不成立；结合，取，得到均有，所以必要性成立，即可得到答案. 【详解】若，则对于任意的，均有， 此时，对于任意的，不存在，使得，所以充分性不成立； 若对于任意的，存在，使得， 则，取， 则对于任意的，均有，所以必要性成立， 所以“存在，对于”是“存在，对于”的必要不充分条件. 故选：B. 9. 设. 定义点的相伴集合为且，其中为正实数. 给出以下两个命题： ①若，则其相伴集合所对应平面图形的面积为2； ②设，若对任意实数及任意，集合所对应平面图形与抛物线均无公共点，则. 则正确的选项是（ ） A. ①是真命题，②是真命题 B. ①是假命题，②是假命题 C. ①是真命题，②是假命题 D. ①是假命题，②是真命题 【答案】D 【解析】 【分析】对于①，先判断出相伴集合的对应平面图形为正方形，即可得到面积；对于②，根据无交点的限制得出正方形的点应满足，然后对不同的自变量范围分类讨论，综合得到的范围，进而得到的范围. 【详解】根据定义点的相伴集合即为以为中心的边长为的正方形， 若，则其相伴集合对应平面图形的面积为，①是假命题； 集合对应一系列正方形，它们与抛物线即均无公共点， 则意味着这些正方形都在抛物线下方即正方形内的点均满足，对每一个正方形内的点， 有，则需满足，有， 设，在上的最小值记为， 当时，，此时应有， 设，则，不等式变为即， 令，则，所以； 当时，，此时应有，以为变量， 的最大值为，所以； 当时，，此时应有， 设，则，不等式变为即， 令，则，所以， 综上所述，要使对任意实数及任意均满足无交点条件，则，②是真命题. 10. 已知数列的各项均为正数，且满足（是常数，），则下列四个结论中正确的是（ ） A. 若，则数列是等比数列 B. 若，则数列是递增数列 C. 若数列是常数列，则 D. 若数列是周期数列，则最小正周期可能为2 【答案】C 【解析】 【分析】当时，得到，当时，得到，数列不能构成等比数列，可判定A错误；当时，求得，可判定B错误；若数列为常数列，得到，结合二次函数的性质，求得，可判定C正确；假设列是周期数列，且最小正周期为，得到且，结合，得到，化简求得，这与矛盾，可判定D错误. 【详解】对于A中，若，可得，即， 当且时，两边取对数，可得，即， 此时数列表示首项为，公比为的等比数列； 当时，可得，此时，数列不能构成等比数列，故A错误； 对于B中，当时，可得，即， 例如：当时，由，可得， 又由，可得，此时， 所以，当，数列是不一定是递增数列，所以B错误； 对于C中，若数列为常数列，则， 因为，即， 又因为，所以， 所以的取值范围为，所以C正确； 对于D中，假设数列是周期数列，且最小正周期为，即且， 因为，可得，所以， 则，即， 又因为数列的各项均为正数，即， 所以，即，这与矛盾， 所以数列的最小正周期不可能是，所以D错误. 故选：C. 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. 若是纯虚数，则实数a的值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】求出复数的代数形式，然后根据纯虚数的定义列方程求解即可. 【详解】， 因为是纯虚数， 所以，得. 故答案为： 12. 使成立的一组a，b的值为__________，__________. 【答案】 ①. 2（答案不唯一） ②. 2（答案不唯一） 【解析】 【分析】根据题意结合对数运算分析可得，取特值检验即可. 【详解】若，则，可得， 例如符合上式. 故答案为：2；2.（答案不唯一） 13. 已知抛物线的焦点为F，准线与x轴的交点为A，点B在C上.若，则直线AB的方程为__________. 【答案】或 【解析】 【分析】先根据焦半径公式求出点坐标，进而可得直线方程. 【详解】设，则，则，此时， 所以或，又由已知， 直线AB的方程为或， 整理得或. 故答案为：或. 14. 海水受日月引力会产生潮汐，以海底平面为基准，涨潮时水面升高，退潮时水面降低，现测得某港口某天不同时间的水深情况如下表所示（3.1时即为凌晨3点06分）： 时间时 0 3.1 6.2 9.3 12.4 15.5 18.6 21.7 24 水深米 5.0 7.4 5.0 2.6 5.0 7.4 5.0 2.6 4.0 根据以上数据，可以用函数（，）来近似描述这一天内港口水深与时间的关系，则这个函数的解析式为__________．若某条货船的吃水深度（水面高于船底的距离）为4.2米，根据安全条例规定，船只在本港口进港和在港口停靠时，船底至少高于海底平面2米，这条货船一天中可以在港口中停靠的最长时长为__________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】在平面直角坐标系中，先画出散点图，判断出函数的大致走势，再根据函数走势计算出，再根据已知条件计算出货船一天中可以在港口中停靠的最长时长. 【详解】如图所示，作出符合题意的图象， 由函数图象可知，周期， 所以，函数解析式为 ， 把代入得 ， 而 ， 所以，函数解析式为； 由于货船的吃水深度（水面高于船底的距离）为4.2米， 安全条例规定，船只在本港口进港和在港口停靠时，船底至少高于海底平面2米， 那么港口水深要不低于米才安全， 则令，得 ， ， 当时，货船停靠的时长为； 当时， ， 可得货船停靠的时长为； 当 时，不存在符合实际意义的解； 所以货船在一天(小时)内，存在两个这样的区间，可以在港口中停靠的最长时长为. 15. 我国南北朝时期的数学家祖暅提出体积的计算原理（祖暅原理）：“幂势既同，则积不容异．”“势”即是几何体的高，“幂”是截面积，意思是：如果两等高的几何体在同高处的截面积相等，那么这两个几何体的体积相等．已知双曲线的焦点在轴上，离心率为，且过点，则双曲线的渐近线方程为______．若直线与在第一象限内与双曲线及其渐近线围成如图阴影部分所示的图形，则该图形绕轴旋转一周所得几何体的体积为______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据离心率及双曲线过点求出、，即可得到双曲线方程与渐近线方程，求出与双曲线及渐近线（）在第一象限的交点横坐标，即可求出阴影部分绕轴旋转一周所得几何体被任意水平平面所截的截面面积，再由祖暅原理计算可得. 【详解】双曲线的离心率，，，； 双曲线的方程为，又双曲线过点，即，解得，则， 双曲线方程为，则双曲线的渐近线方程为； 因为与双曲线在第一象限的交点为且； 与渐近线在第一象限的交点为且； 所以阴影部分绕轴旋转一周所得几何体被任意水平平面所截， 其截面面积为； 所以由祖暅原理可知：该阴影图形绕轴旋转一周所得几何体的体积与底面半径为高为的圆柱体积相等， 即它绕轴旋转一圈所得几何体的体积为． 故答案为：，． 【点睛】关键点点睛：本题关键是求出阴影部分绕轴旋转一周所得几何体被任意水平平面所截，其截面面积. 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，四边形ABCD为菱形，，把沿着BC折起，使A到位置. （1）证明：； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值； （3）在（2）的条件下，求点D到平面的距离. 【答案】（1）证明见解析； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）取线段的中点，连接，通过证明面可得结论； （2）先证明出两两垂直，然后建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角； （3）斜线段的长度乘以线面角的正弦可得点到面的距离. 【小问1详解】 取线段的中点，连接， 因为四边形ABCD为菱形，且， 所以，为等边三角形， 所以，又面， 所以面，又面， 所以； 【小问2详解】 由，为边长为2的等边三角形可得， 所以，结合面可得两两垂直， 如图建立空间直角坐标系，， ， 设面的法向量为，直线与平面所成角为， 则，取得， ， 即直线与平面所成角的正弦值为； 【小问3详解】 由（2）得点D到平面的距离为. 17. 已知函数的最小正周期为. （1）求的值； （2）在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.c为在上的最大值，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，求的取值范围.条件①：；条件②：；条件③：的面积为S，且.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个条件计分. 【答案】（1）1 （2） 【解析】 【分析】利用三角恒等变换整理可得，结合最小正周期分析求解； 以为整体，结合正弦函数最值可得.若选条件①：利用正弦定理结合三角恒等变换可得，利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换可得，结合正弦函数分析求解；若选条件②：利用正弦定理结合三角恒等变换可得，利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换可得，结合正弦函数分析求解；若选条件③：利用面积公式、余弦定理可得，利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换可得，结合正弦函数分析求解. 【小问1详解】 由题意可知：， 因为函数的最小正周期为，且，所以. 【小问2详解】 由（1）可知：， 因为，则， 可知当，即时，取到最大值3，即. 若条件①：因为， 由正弦定理可得， 又因为， 可得，且，则， 可得，所以， 由正弦定理可得，可得， 则 ， 因为锐角三角形，则，解得， 可得，则，可得 所以的取值范围为； 若条件②；因为， 由正弦定理可得：， 则， 因为，则， 可得， 即，且，所以， 由正弦定理可得，可得， 则 ， 因为锐角三角形，则，解得， 可得，则，可得 所以的取值范围为； 若选③：因为，则， 整理得，且，所以， 由正弦定理可得，可得， 则 ， 因为锐角三角形，则，解得， 可得，则，可得 所以的取值范围为. 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. 已知椭圆的左右焦点分别为，以线段为直径的圆过C的上下顶点，点在C上，其中e为C的离心率. （1）求椭圆C的方程和短轴长； （2）点在C上，且在x轴的上方，满足，直线与直线的交点为P，求的面积. 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）线段为直径的圆过C的上下顶点，得，即，然后计算离心率，从而点代入可得椭圆C的方程并可求短轴长； （2）由题可知，的面积等于，所以求的值；由，得，进而得点的坐标关系，即，将点代入C，求得，再由，得 ，即，从而计算的面积即可. 【小问1详解】 设，上下顶点分别为. 由以线段为直径的圆过C的上下顶点，得，得，即. 因为，即，所以， 由点在C上，得，，解得， 所以，则， 短轴长. 【小问2详解】 根据题意，画出图象如图所示： 因为，所以， 又，则，即，. 设， 由得，即， 因为点在椭圆上， 所以，即， 两式相减得，即， ，又点在轴的上方，所以. 又得，即. 于是. 20. 已知函数的最大值为，设函数的图象在点处的切线为． （1）求的值； （2）证明：当时，切线与函数的图象有另一交点，且. 【答案】（1）0； （2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）利用导数求出函数的最大值，进而求出的值. （2）由（1）的信息求出切线的方程，再构造函数，利用导数结合零点存在性定理证得还有小于的零点即可. 【小问1详解】 函数的定义域为，求导得， 当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减，， 而函数的最大值为，则，解得， 所以的值为0. 【小问2详解】 由（1）知，，，则， 于是切线的方程为，即， 令，，求导得， 令，求导得， 当时，，函数在上单调递减； 当时，，函数在上单调递增， 由，得，而，函数在上的图象不间断， 则存在，使得，且当或时，，当时，， 函数在和上单调递增，在上单调递减，又， 当时，，于是函数在上无零点， ，而，函数在上的图象不间断， 因此存在，使得， 所以当时，切线与函数的图象有另一交点，且. 21. 给定正整数，设数列：，，…，是，，…，的一个排列．从数列中选取第项、第项、…、第项（），，则称新数列，，…，为的长度为的递增子列．若，则称新数列，，…，为的递减子列．对，表示以为首项的递增子列的最大长度，表示以为首项的递减子列的最大长度． （1）若，，，，，求和； （2）求证：，； （3）求的最小值． 【答案】（1）， （2）由于是的一个排列，故对有， 若，则每个以为首项的递增子列都可以在前面加一个， 得到一个以为首项的更长的递增子列，所以， 而每个以为首项的递减子列都不包含，且， 故可将替换为，得到一个长度相同的递减子列，所以， 从而有； 若，则每个以为首项的递减子列都可以在前面加一个， 得到一个以为首项的更长的递减子列，所以， 而每个以为首项的递增子列都不包含，且， 故可将替换为，得到一个长度相同的递增子列，所以， 从而有，综上有， 这也意味着和不能同时为零， 故. （3）当为偶数时，的最小值是；当为奇数时，的最小值是 【解析】 【分析】（1）直接根据定义求解； （2）分情况讨论证明，故可知和不能同时为零，进而得到结论； （3）利用（2）的结果可得，然后对的奇偶性分情况讨论范围，并构造对应的数列. 【小问1详解】 以为首项的最长递增子列是， 以为首项的最长递减子列是和， 所以，. 【小问2详解】 略. 【小问3详解】 由（2）可知和不能同时为零，于是有， 情况一：当为偶数时，设， 则有， 同时可以构造数列：， ， 则对 ，有，， 故此时， 结合可知的最小值是； 情况二：当为奇数时，设，则有 ， 同时可以构造数列：， ， 则对 ，有，， 故此时， 结合可知的最小值是， 综上，当为偶数时，的最小值是； 当为奇数时，的最小值是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 理工附2026数学三模试卷 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，若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知的二项式系数之和为64，则其展开式的常数项为（ ） A. B. 240 C. 60 D. 4. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数，则不等式的解集为( )． A. B. C. D. 6. 已知，若点P满足，则点P到直线的距离的最大值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 7. 一位速算大师事前贴出的广告说，他能当着大家的面在几秒钟之内把一个几十位数的几十次方根迅速算出来.当然，涉及的全体数都是整数.某个观众准备的题目是“计算一个35位正整数的31次方根”，速算大师很快就给出正确答案.事实上速算大师仅用了部分数的常用对数近似值（如下表）. 11 12 13 14 15 16 17 18 1.04 1.08 1.11 1.15 1.18 1.20 1.23 1.26 那么，观众准备的题目的正确答案为（ ） A. 13 B. 14 C. 15 D. 16 8. 已知数列为无穷等比数列，为其前项和，“存在，对于任意的，”是“存在，对于任意的”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 9. 设. 定义点的相伴集合为且，其中为正实数. 给出以下两个命题： ①若，则其相伴集合所对应平面图形的面积为2； ②设，若对任意实数及任意，集合所对应平面图形与抛物线均无公共点，则. 则正确的选项是（ ） A. ①是真命题，②是真命题 B. ①是假命题，②是假命题 C. ①是真命题，②是假命题 D. ①是假命题，②是真命题 10. 已知数列的各项均为正数，且满足（是常数，），则下列四个结论中正确的是（ ） A. 若，则数列是等比数列 B. 若，则数列是递增数列 C. 若数列是常数列，则 D. 若数列是周期数列，则最小正周期可能为2 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. 若是纯虚数，则实数a的值为__________. 12. 使成立的一组a，b的值为__________，__________. 13. 已知抛物线的焦点为F，准线与x轴的交点为A，点B在C上.若，则直线AB的方程为__________. 14. 海水受日月引力会产生潮汐，以海底平面为基准，涨潮时水面升高，退潮时水面降低，现测得某港口某天不同时间的水深情况如下表所示（3.1时即为凌晨3点06分）： 时间时 0 3.1 6.2 9.3 12.4 15.5 18.6 21.7 24 水深米 5.0 7.4 5.0 2.6 5.0 7.4 5.0 2.6 4.0 根据以上数据，可以用函数（，）来近似描述这一天内港口水深与时间的关系，则这个函数的解析式为__________．若某条货船的吃水深度（水面高于船底的距离）为4.2米，根据安全条例规定，船只在本港口进港和在港口停靠时，船底至少高于海底平面2米，这条货船一天中可以在港口中停靠的最长时长为__________． 15. 我国南北朝时期的数学家祖暅提出体积的计算原理（祖暅原理）：“幂势既同，则积不容异．”“势”即是几何体的高，“幂”是截面积，意思是：如果两等高的几何体在同高处的截面积相等，那么这两个几何体的体积相等．已知双曲线的焦点在轴上，离心率为，且过点，则双曲线的渐近线方程为______．若直线与在第一象限内与双曲线及其渐近线围成如图阴影部分所示的图形，则该图形绕轴旋转一周所得几何体的体积为______． 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，四边形ABCD为菱形，，把沿着BC折起，使A到位置. （1）证明：； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值； （3）在（2）的条件下，求点D到平面的距离. 17. 已知函数的最小正周期为. （1）求的值； （2）在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.c为在上的最大值，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，求的取值范围.条件①：；条件②：；条件③：的面积为S，且.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个条件计分. 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. 已知椭圆的左右焦点分别为，以线段为直径的圆过C的上下顶点，点在C上，其中e为C的离心率. （1）求椭圆C的方程和短轴长； （2）点在C上，且在x轴的上方，满足，直线与直线的交点为P，求的面积. 20. 已知函数的最大值为，设函数的图象在点处的切线为． （1）求的值； （2）证明：当时，切线与函数的图象有另一交点，且. 21. 给定正整数，设数列：，，…，是，，…，的一个排列．从数列中选取第项、第项、…、第项（），，则称新数列，，…，为的长度为的递增子列．若，则称新数列，，…，为的递减子列．对，表示以为首项的递增子列的最大长度，表示以为首项的递减子列的最大长度． （1）若，，，，，求和； （2）求证：，； （3）求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $