精品解析：北京大兴精华学校2026届高三模拟预测数学试卷

2026北京精华学校高三三模 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. 已知全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用补集的定义可得正确的选项． 【详解】由补集定义可知：或，即， 故选：D． 2. 在复平面内，复数对应的点的坐标是，则（ ）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据复数几何意义得，再根据复数乘法法则得结果. 【详解】由题意得，. 故选：B. 【点睛】本题考查复数几何意义以及复数乘法法则，考查基本分析求解能力，属基础题. 3. 已知函数，则不等式的解集是（ ）． A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】作出函数和的图象，观察图象可得结果. 【详解】因为，所以等价于， 在同一直角坐标系中作出和的图象如图： 两函数图象的交点坐标为， 不等式的解为或. 所以不等式的解集为：. 故选：D. 【点睛】本题考查了图象法解不等式，属于基础题. 4. 设抛物线的顶点为，焦点为，准线为．是抛物线上异于的一点，过作于，则线段的垂直平分线（ ）． A. 经过点 B. 经过点 C. 平行于直线 D. 垂直于直线 【答案】B 【解析】 【分析】依据题意不妨作出焦点在轴上的开口向右的抛物线，根据垂直平分线的定义和抛物线的定义可知，线段的垂直平分线经过点，即求解. 【详解】如图所示： ． 因为线段的垂直平分线上的点到的距离相等，又点在抛物线上，根据定义可知，，所以线段的垂直平分线经过点. 故选：B. 【点睛】本题主要考查抛物线的定义的应用，属于基础题. 5. 若，则（ ） A. 40 B. 41 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用赋值法可求的值. 【详解】令，则， 令，则， 故， 故选：B. 6. 设函数，若恒成立，且在上存在零点，则的最小值为（ ） A. 8 B. 6 C. 4 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】由辅助角公式化简函数解析式，再由正弦函数的最小正周期与零点即可求解. 【详解】函数， 设函数的最小正周期为T，由可得， 所以，即； 又函数在上存在零点，且当时，， 所以，即； 综上，的最小值为4. 故选：C. 7. 在平面直角坐标系中，记为点到直线的距离，当、变化时，的最大值为 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】为单位圆上一点，而直线过点，则根据几何意义得的最大值为. 【详解】为单位圆上一点，而直线过点， 所以的最大值为，选C. 【点睛】与圆有关的最值问题主要表现在求几何图形的长度、面积的最值，求点到直线的距离的最值，求相关参数的最值等方面．解决此类问题的主要思路是利用圆的几何性质将问题转化． 8. 设点A，B，C不共线，则“与的夹角为锐角”是“”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】C 【解析】 【分析】由题意结合向量的减法公式和向量的运算法则考查充分性和必要性是否成立即可. 【详解】∵A､B､C三点不共线,∴ |+|>|||+|>|-| |+|2>|-|2•>0与 的夹角为锐角.故“与的夹角为锐角”是“|+|>||”的充分必要条件,故选C. 【点睛】本题考查充要条件的概念与判断､平面向量的模､夹角与数量积,同时考查了转化与化归数学思想. 9. 已知正三棱锥的六条棱长均为6，S是及其内部的点构成的集合．设集合，则T表示的区域的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出以为球心，5为半径的球与底面的截面圆的半径后可求区域的面积. 【详解】 设顶点在底面上的投影为，连接，则为三角形的中心， 且，故. 因为，故， 故的轨迹为以为圆心，1为半径的圆， 而三角形内切圆的圆心为，半径为， 故的轨迹圆在三角形内部，故其面积为 故选：B 10. 已知数列满足，则（ ） A. 当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立 B. 当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立 C. 当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立 D. 当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立 【答案】B 【解析】 【分析】法1：利用数列归纳法可判断ACD正误，利用递推可判断数列的性质，故可判断B的正误. 法2：构造，利用导数求得的正负情况，再利用数学归纳法判断得各选项所在区间，从而判断的单调性；对于A，构造，判断得，进而取推得不恒成立；对于B，证明所在区间同时证得后续结论；对于C，记，取推得不恒成立；对于D，构造，判断得，进而取推得不恒成立. 【详解】法1：因为，故， 对于A ，若，可用数学归纳法证明：即， 证明：当时，，此时不等关系成立； 设当时，成立， 则，故成立， 由数学归纳法可得成立. 而， ，，故，故， 故为减数列，注意 故，结合， 所以，故，故， 若存在常数，使得恒成立，则， 故，故，故恒成立仅对部分成立， 故A不成立. 对于B，若可用数学归纳法证明：即， 证明：当时，，此时不等关系成立； 设当时，成立， 则，故成立即 由数学归纳法可得成立. 而， ，，故，故，故为增数列， 若，则恒成立，故B正确. 对于C，当时， 可用数学归纳法证明：即， 证明：当时，，此时不等关系成立； 设当时，成立， 则，故成立即 由数学归纳法可得成立. 而，故，故为减数列， 又，结合可得：，所以， 若，若存在常数，使得恒成立， 则恒成立，故，的个数有限，矛盾，故C错误. 对于D，当时， 可用数学归纳法证明：即， 证明：当时，，此时不等关系成立； 设当时，成立， 则，故成立 由数学归纳法可得成立. 而，故，故为增数列， 又，结合可得：，所以， 若存在常数，使得恒成立，则， 故，故，这与n的个数有限矛盾，故D错误. 故选：B. 法2：因为， 令，则， 令，得或； 令，得； 所以在和上单调递增，在上单调递减， 令，则，即，解得或或， 注意到，， 所以结合的单调性可知在和上，在和上， 对于A，因为，则， 当时，，，则， 假设当时，， 当时，，则， 综上：，即， 因为在上，所以，则为递减数列， 因为， 令，则， 因为开口向上，对称轴为， 所以在上单调递减，故， 所以在上单调递增，故， 故，即， 假设存在常数，使得恒成立， 取，其中，且， 因为，所以， 上式相加得，， 则，与恒成立矛盾，故A错误； 对于B，因为， 当时，，， 假设当时，， 当时，因为，所以，则， 所以， 又当时，，即， 假设当时，， 当时，因为，所以，则， 所以， 综上：， 因为在上，所以，所以为递增数列， 此时，取，满足题意，故B正确； 对于C，因为，则， 注意到当时，，， 猜想当时，， 当与时，与满足， 假设当时，， 当时，所以， 综上：， 易知，则，故， 所以， 因为在上，所以，则为递减数列， 假设存在常数，使得恒成立， 记，取，其中， 则， 故，所以，即， 所以，故不恒成立，故C错误； 对于D，因为， 当时，，则， 假设当时，， 当时，，则， 综上：， 因为在上，所以，所以为递增数列， 因为， 令，则， 因为开口向上，对称轴为， 所以在上单调递增，故， 所以， 故，即， 假设存在常数，使得恒成立， 取，其中，且， 因为，所以， 上式相加得，， 则，与恒成立矛盾，故D错误. 故选：B. 【点睛】关键点睛：本题解决的关键是根据首项给出与通项性质相关的相应的命题，再根据所得命题结合放缩法得到通项所满足的不等式关系，从而可判断数列的上界或下界是否成立. 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. 函数的定义域是______． 【答案】 【解析】 【详解】函数有意义，等价于，解得且， 故函数的定义域为. 12. 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 ________；________. 【答案】 ①. 0 ②. 3 【解析】 【分析】根据坐标求出，再根据数量积的坐标运算直接计算即可. 【详解】以交点为坐标原点，建立直角坐标系如图所示： 则， ，， . 故答案为：0；3. 13. 已知，则的值为________，的值为_____． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】（1）用正切的二倍角公式求； （2）由（1）的结果有的值，再用两角和的正切公式计算 【详解】（1） 故答案为： （2） 故答案为： 14. 汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱.若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，底面直径依次为 ，且斛量器的高为，则斗量器的高为______，升量器的高为________． 【答案】 ①. 23 ②. 57.5## 【解析】 【分析】根据体积为公比为10的等比数列可得关于高度的方程组，求出其解后可得前两个圆柱的高度. 【详解】设升量器的高为，斗量器的高为（单位都是），则， 故，. 故答案为：. 15. 设，函数，给出下列四个结论： ①在区间上单调递减； ②当时，存在最大值； ③设，则； ④设．若存在最小值，则a的取值范围是． 其中所有正确结论的序号是____________． 【答案】②③ 【解析】 【分析】先分析的图像，再逐一分析各结论；对于①，取，结合图像即可判断；对于②，分段讨论的取值范围，从而得以判断；对于③，结合图像可知的范围；对于④，取，结合图像可知此时存在最小值，从而得以判断. 【详解】依题意，， 当时，，易知其图像为一条端点取不到值的单调递增的射线； 当时，，易知其图像是，圆心为，半径为的圆在轴上方的图像（即半圆）； 当时，，易知其图像是一条端点取不到值的单调递减的曲线； 对于①，取，则的图像如下， 显然，当，即时，在上单调递增，故①错误； 对于②，当时， 当时，； 当时，显然取得最大值； 当时，， 综上：取得最大值，故②正确； 对于③，易知当时，在，且接近于处，的距离最小， 当时，，当且接近于处，， 此时，， 当时，且接近于处，的距离最小， 此时；故③正确； 对于④，取，则的图像如下， 因为， 结合图像可知，要使取得最小值，则点在上，点在， 同时的最小值为点到的距离减去半圆的半径， 此时，因为的斜率为，则，故直线的方程为， 联立，解得，则， 显然在上，满足取得最小值， 即也满足存在最小值，故的取值范围不仅仅是，故④错误. 故答案为：②③. 【点睛】关键点睛：本题解决的关键是分析得的图像，特别是当时，的图像为半圆，解决命题④时，可取特殊值进行排除即可. 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，． （1）求； （2）若，且的面积为，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用二倍角的正弦公式化简可得的值，结合角的取值范围可求得角的值； （2）利用三角形的面积公式可求得的值，由余弦定理可求得的值，即可求得的周长. 【小问1详解】 解：因为，则，由已知可得， 可得，因此，. 【小问2详解】 解：由三角形的面积公式可得，解得. 由余弦定理可得，， 所以，的周长为. 17. 如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，M，N分别为，AC的中点． （1）求证：平面； （2）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值． 条件①：； 条件②：． 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分． 【答案】（1）见解析 （2）见解析 【解析】 【分析】（1）取的中点为，连接，可证平面平面，从而可证平面. （2）选①②均可证明平面，从而可建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量可求线面角的正弦值. 【小问1详解】 取的中点为，连接， 由三棱柱可得四边形为平行四边形， 而，则， 而平面，平面，故平面， 而，则，同理可得平面， 而平面， 故平面平面，而平面，故平面， 【小问2详解】 因为侧面为正方形，故， 而平面，平面平面， 平面平面，故平面， 因为，故平面， 因为平面，故， 若选①，则，而，， 故平面，而平面，故， 所以，而，，故平面， 故可建立如所示的空间直角坐标系，则， 故， 设平面的法向量为， 则，从而，取，则， 设直线与平面所成的角为，则 . 若选②，因为，故平面，而平面， 故，而，故， 而，，故， 所以，故， 而，，故平面， 故可建立如所示的空间直角坐标系，则， 故， 设平面的法向量为， 则，从而，取，则， 设直线与平面所成的角为，则 . 18. 某保险公司为了了解该公司某种保险产品的索赔情况，从合同险期限届满的保单中随机抽取1000份，记录并整理这些保单的索赔情况，获得数据如下表： 赔偿次数 0 1 2 3 4 单数 假设：一份保单的保费为0.4万元；前3次索赔时，保险公司每次赔偿0.8万元；第四次索赔时，保险公司赔偿0.6万元.假设不同保单的索赔次数相互独立.用频率估计概率. （1）估计一份保单索赔次数不少于2的概率； （2）一份保单的毛利润定义为这份保单的保费与赔偿总金额之差. （i）记为一份保单的毛利润，估计的数学期望； （ⅱ）如果无索赔的保单的保费减少，有索赔的保单的保费增加，试比较这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值与（i）中估计值的大小．（结论不要求证明） 【答案】（1） （2）(i)0.122万元；(ii) 这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值大于（i）中估计值 【解析】 【分析】（1）根据题设中的数据可求赔偿次数不少2的概率; （2）（ⅰ）设为赔付金额，则可取，用频率估计概率后可求的分布列及数学期望，从而可求. （ⅱ）先算出下一期保费的变化情况，结合（1）的结果可求，从而即可比较大小得解. 【小问1详解】 设为“随机抽取一单，赔偿不少于2次”， 由题设中的统计数据可得. 【小问2详解】 （ⅰ）设为赔付金额，则可取， 由题设中的统计数据可得， ，， ， 故 故（万元）. （ⅱ）由题设保费的变化为， 故（万元）， 从而. 19. 已知椭圆过点，且． （Ⅰ）求椭圆C的方程： （Ⅱ）过点的直线l交椭圆C于点,直线分别交直线于点．求的值． 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）1. 【解析】 【分析】(Ⅰ)由题意得到关于a,b的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程； (Ⅱ)首先联立直线与椭圆的方程，然后由直线MA,NA的方程确定点P,Q的纵坐标，将线段长度的比值转化为纵坐标比值的问题，进一步结合韦达定理可证得，从而可得两线段长度的比值. 【详解】(Ⅰ)设椭圆方程为：，由题意可得： ，解得：， 故椭圆方程为：. (Ⅱ)[方法一]： 设，，直线的方程为：， 与椭圆方程联立可得：， 即：， 则：. 直线MA的方程为：， 令可得：， 同理可得：. 很明显，且，注意到， ， 而 ， 故. 从而. [方法二]【最优解】：几何含义法 ①当直线l与x轴重合，不妨设，由平面几何知识得，所以． ②当直线l不与x轴重合时，设直线，由题意，直线l不过和点，所以．设，联立得．由题意知，所以．且． 由题意知直线的斜率存在．． 当时， ． 同理，．所以． 因为，所以． 【整体点评】方法一直接设直线的方程为：，联立方程消去y，利用韦达定理化简求解；方法二先对斜率为零的情况进行特例研究，在斜率不为零的情况下设直线方程为，联立方程消去x，直接利用韦达定理求得P,Q的纵坐标，运算更为简洁，应为最优解法. 20. 设函数，直线是曲线在点处的切线． （1）当时，求的单调区间. （2）求证：不经过点. （3）当时，设点，，，为与轴的交点，与分别表示与的面积．是否存在点使得成立？若存在，这样的点有几个？ （参考数据：，，） 【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为. （2）证明见解析 （3）2 【解析】 【分析】（1）直接代入，再利用导数研究其单调性即可； （2）写出切线方程，将代入再设新函数，利用导数研究其零点即可； （3）分别写出面积表达式，代入得到，再设新函数研究其零点即可. 【小问1详解】 ， 当时，；当，； 在上单调递减，在上单调递增. 则的单调递减区间为，单调递增区间为. 【小问2详解】 ，切线的斜率为， 则切线方程为， 将代入则， 即，则，， 令， 假设过，则在存在零点. ，在上单调递增，， 在无零点，与假设矛盾，故直线不过. 【小问3详解】 时，. ，设与轴交点为， 时，若，则此时与必有交点，与切线定义矛盾. 由（2）知.所以， 则切线的方程为， 令，则. ，则， ，记， 满足条件的有几个即有几个零点. ， 当时，，此时单调递减； 当时，，此时单调递增； 当时，，此时单调递减； 因为， ， 所以由零点存在性定理及的单调性，在上必有一个零点，在上必有一个零点， 综上所述，有两个零点，即满足的有两个. 【点睛】 关键点点睛：本题第二问的关键是采用的是反证法，转化为研究函数零点问题. 21. 已知数列的项数均为m，且的前n项和分别为，并规定．对于，定义，其中，表示数集M中最大的数. （1）若，求的值； （2）若，且，求； （3）证明：存在，满足 使得． 【答案】（1），，， （2） （3）证明见详解 【解析】 【分析】（1）先求，根据题意分析求解； （2）根据题意题意分析可得，利用反证可得，在结合等差数列运算求解； （3）讨论的大小，根据题意结合反证法分析证明. 【小问1详解】 由题意可知：， 当时，则，故； 当时，则，故； 当时，则故； 当时，则，故； 综上所述：，，，. 【小问2详解】 由题意可知：，且， 因为，且，则对任意恒成立， 所以， 又因为，则，即， 可得， 反证：假设满足的最小正整数为， 当时，则；当时，则， 则， 又因为，则， 假设不成立，故， 即数列是以首项为1，公差为1的等差数列，所以. 【小问3详解】 因为均为正整数，则均为递增数列， （ⅰ）若，则可取，满足 使得； （ⅱ）若，则， 构建，由题意可得：，且为整数， 反证，假设存在正整数，使得， 则，可得， 这与相矛盾，故对任意，均有. ①若存在正整数，使得，即， 可取， 满足，使得； ②若不存在正整数，使得， 因为，且， 所以必存在，使得， 即，可得， 可取， 满足，使得； （ⅲ）若， 定义，则， 构建，由题意可得：，且为整数， 反证，假设存在正整数，使得， 则，可得， 这与相矛盾，故对任意，均有. ①若存在正整数，使得，即， 可取， 即满足，使得； ②若不存在正整数，使得， 因为，且， 所以必存在，使得， 即，可得， 可取， 满足，使得. 综上所述：存在使得． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026北京精华学校高三三模 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. 已知全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 在复平面内，复数对应的点的坐标是，则（ ）． A. B. C. D. 3. 已知函数，则不等式的解集是（ ）． A. B. C. D. 4. 设抛物线的顶点为，焦点为，准线为．是抛物线上异于的一点，过作于，则线段的垂直平分线（ ）． A. 经过点 B. 经过点 C. 平行于直线 D. 垂直于直线 5. 若，则（ ） A. 40 B. 41 C. D. 6. 设函数，若恒成立，且在上存在零点，则的最小值为（ ） A. 8 B. 6 C. 4 D. 3 7. 在平面直角坐标系中，记为点到直线的距离，当、变化时，的最大值为 A. B. C. D. 8. 设点A，B，C不共线，则“与的夹角为锐角”是“”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. 已知正三棱锥的六条棱长均为6，S是及其内部的点构成的集合．设集合，则T表示的区域的面积为（ ） A. B. C. D. 10. 已知数列满足，则（ ） A. 当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立 B. 当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立 C. 当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立 D. 当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立 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. 函数的定义域是______． 12. 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 ________；________. 13. 已知，则的值为________，的值为_____． 14. 汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱.若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，底面直径依次为 ，且斛量器的高为，则斗量器的高为______，升量器的高为________． 15. 设，函数，给出下列四个结论： ①在区间上单调递减； ②当时，存在最大值； ③设，则； ④设．若存在最小值，则a的取值范围是． 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，． （1）求； （2）若，且的面积为，求的周长． 17. 如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，M，N分别为，AC的中点． （1）求证：平面； （2）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值． 条件①：； 条件②：． 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分． 18. 某保险公司为了了解该公司某种保险产品的索赔情况，从合同险期限届满的保单中随机抽取1000份，记录并整理这些保单的索赔情况，获得数据如下表： 赔偿次数 0 1 2 3 4 单数 假设：一份保单的保费为0.4万元；前3次索赔时，保险公司每次赔偿0.8万元；第四次索赔时，保险公司赔偿0.6万元.假设不同保单的索赔次数相互独立.用频率估计概率. （1）估计一份保单索赔次数不少于2的概率； （2）一份保单的毛利润定义为这份保单的保费与赔偿总金额之差. （i）记为一份保单的毛利润，估计的数学期望； （ⅱ）如果无索赔的保单的保费减少，有索赔的保单的保费增加，试比较这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值与（i）中估计值的大小．（结论不要求证明） 19. 已知椭圆过点，且． （Ⅰ）求椭圆C的方程： （Ⅱ）过点的直线l交椭圆C于点,直线分别交直线于点．求的值． 20. 设函数，直线是曲线在点处的切线． （1）当时，求的单调区间. （2）求证：不经过点. （3）当时，设点，，，为与轴的交点，与分别表示与的面积．是否存在点使得成立？若存在，这样的点有几个？ （参考数据：，，） 21. 已知数列的项数均为m，且的前n项和分别为，并规定．对于，定义，其中，表示数集M中最大的数. （1）若，求的值； （2）若，且，求； （3）证明：存在，满足 使得． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $