精品解析：北京市顺义区第一中学2026届高三考前适应性检测数学试题

顺义一中2026届高三适应性检测 数学 本试卷共12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. 集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. 4 D. 8 3. 下列命题为真命题的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 4. 双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 5. 教材是利用单位圆定义作出了正弦的图象，在探究余弦函数图象的时候是把图象（ ）个单位得到了的图象. A. 向左平移 B. 向右平移 C. 向左平移 D. 向右平移 6. 已知是公差不为0的等差数列，若成等比数列，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数的定义域为，则“函数为奇函数”是“存在，使得”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 8. 已知函数，若两个不等的实数满足且，则（ ） A. 8 B. 6 C. 4 D. 2 9. 设，函数则（ ） A. 有最小值且在上是单调递减的 B. 有最小值且在上是单调递减的 C. 无最小值且在上是单调递减的 D. 无最小值，且在是单调递减的 10. 如图，在正方体中，，点满足，为的中点，给出下列四个结论： ①点的轨迹在矩形边界及内部； ②若，则点的轨迹为线段且长度为； ③若，则点的轨迹的长度为； ④若，则的最小值为； 其中正确结论的序号是（ ） A. ①③ B. ②③ C. ①②④ D. ①③④ 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. 抛物线的焦点的坐标为______． 12. 在的展开式中，的系数为________． 13. 已知平面向量，若向量与夹角为，则______，若，写出一个的坐标______． 14. 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______． 15. 已知为数列的前项和，记，且满足．给出下列四个结论： ①的第1项等于； ②数列为等差数列； ③为递减数列； ④当时，存在．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）在以下三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求的值． ①；②；③面积为． 17. 如图，在直三棱柱中，，，为的中点，直线交平面于点. （1）求证：为的中点； （2）若是棱上一点，且直线与平面所成角的正弦值为，求的值. 18. 为更好的进行初高中数学知识的衔接，某校设计了两种衔接方案：方案一：在讲高中知识之前集中进行衔接知识的学习，方案二：随着高中知识的学习，分散加入衔接知识，为了解学生对两种方案的支持情况，该校对即将毕业的高三学生开展了调查，对学生进行简单随机抽样，获得数据如下表： 男生 女生 支持 不支持 支持 不支持 方案一 50人 100人 80人 20人 方案二 120人 30人 40人 60人 假设每位学生对活动方案是否支持是相互独立事件． （1）分别估计该校高三学生中男生支持方案一的概率、该校女生支持方案一的概率； （2）从该校高三全体男生中随机抽取1人，全体女生中随机抽取2人，估计这3人中恰有2人支持方案一的概率； （3）将该年级学生支持方案二的概率估计值记为．假设该年级某班有20名男生和30名女生，除该班外其他班级学生支持方案二的概率估计值记为．试比较与的大小．（结论不要求证明） 19. 椭圆的长轴长为4，离心率为，下顶点为A． （1）求椭圆的方程； （2）经过点的直线与椭圆的另一个交点为（位于轴上方），与轴的交点为．点关于轴的对称点为．过点作与轴平行的直线交直线于点．设与的面积分别为与，若，求直线的斜率． 20. 已知函数， （1）求曲线在点的切线方程； （2）若，求的极值； （3）设直线是曲线在点处的切线，且与轴交于点为坐标原点．是否存在点，使的面积为？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 21. ，从中选出个有序数对构成一列：．相邻两项满足：或，称为列． （1）若列的第一项为，求第二项． （2）若为列，且满足为奇数时，：为偶数时，；判断：与能否同时在中，并说明； （3）证明：中所有元素都不构成列． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 顺义一中2026届高三适应性检测 数学 本试卷共12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. 集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为，，则. 2. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. 4 D. 8 【答案】A 【解析】 【分析】首先化简复数，再代入模的公式. 【详解】由条件可知，， 所以. 3. 下列命题为真命题的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】B 【解析】 【分析】通过举反例排除A,C两项，利用不等式的性质进行推理，可以排除D项，证得B项. 【详解】对于A,当时，显然不成立，故A错误； 对于B，由，利用不等式的性质易得，故B正确； 对于C，当时，取，则，故C错误； 对于D，当时，，由不等式的性质，可得，故D错误. 故选：B. 4. 双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】双曲线的标准方程为，则， 其渐近线方程为：． 5. 教材是利用单位圆定义作出了正弦的图象，在探究余弦函数图象的时候是把图象（ ）个单位得到了的图象. A. 向左平移 B. 向右平移 C. 向左平移 D. 向右平移 【答案】A 【解析】 【详解】因为， 所以把图象向左平移个单位得到了的图象. 6. 已知是公差不为0的等差数列，若成等比数列，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】已知是公差不为0的等差数列，首项为，设公差为， 则， ， 已知成等比数列， 则， 展开整理得，解得（舍去）或， ， ． 7. 已知函数的定义域为，则“函数为奇函数”是“存在，使得”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】A 【解析】 【详解】若函数为奇函数，则，都有，故充分性成立； 若，，则有， 但不为奇函数，故必要性不成立， 故“函数为奇函数”是“存在，使得”的充分不必要条件. 8. 已知函数，若两个不等的实数满足且，则（ ） A. 8 B. 6 C. 4 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】首先根据辅助角公式，确定函数的最值，再结合条件确定函数的最小正周期，即可求解. 【详解】，函数的最大值为，最小值为， 若，则都为最大值点，或都为最小值点， 所以是函数的最小正周期，所以，得. 9. 设，函数则（ ） A. 有最小值且在上是单调递减的 B. 有最小值且在上是单调递减的 C. 无最小值且在上是单调递减的 D. 无最小值，且在是单调递减的 【答案】C 【解析】 【分析】分别分析各分段区间的单调性、端点函数值，结合趋向负无穷时取值趋势判断最值情况. 【详解】当时， ，其中，故在上函数单调递增； 当时，，因此无最小值，直接排除A、B选项. 当时， ，其中，故在上函数单调递减. 当 时，，该函数在 上单调递减，在处取值为 ； 当时，处的右极限为 ， 因为，所以，所以函数在上不是单调递减函数，D错误. 综上，C正确. 10. 如图，在正方体中，，点满足，为的中点，给出下列四个结论： ①点的轨迹在矩形边界及内部； ②若，则点的轨迹为线段且长度为； ③若，则点的轨迹的长度为； ④若，则的最小值为； 其中正确结论的序号是（ ） A. ①③ B. ②③ C. ①②④ D. ①③④ 【答案】D 【解析】 【分析】对①：由题意可得在矩形边界及其内部；对②：由正方体性质可得平面，结合中点在平面内，可得点的轨迹为矩形边界及其内部与平面交线，即为线段，计算即可得；对③：由正方体性质可得平面，则点的轨迹为矩形边界及其内部与平面交线，即为线段，其中为的中点，解出即可得；对④：利用椭圆的定义可得点的轨迹为椭圆与矩形边界及内部相交部分，计算即可得解. 【详解】 对于①，由于点满足，则点的轨迹在矩形边界及内部，故①正确； 对于②，由，，，平面， 可得平面，又因为的中点在平面内，则平面内任意一点到点和到点的距离相等， 又因为点的轨迹在矩形边界及内部， 则当时，点的轨迹是矩形边界及内部与平面的交线，即为线段， 又因为，故点的轨迹长度为，故②错误； 对于③，由，，，平面， 可得平面，又因为平面，故， 由②知平面，又因为平面，故， 又因为，平面，故平面， 若，则点的轨迹是矩形边界及内部与平面的交线，即为线段，其中为的中点， 由于，所以点的轨迹的长度为，故③正确； 对于④，若，因 ,则点的轨迹是以为焦点的椭圆的一部分， 以为原点建立如图平面直角坐标系，如图所示： 则该椭圆方程为，点的轨迹为该椭圆与矩形边界及内部相交部分， 设，则 ，则，即的最小值为，故④正确； 综上所述，序号①③④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. 抛物线的焦点的坐标为______． 【答案】 【解析】 【详解】因为， 所以该抛物线的焦点坐标为，即焦点的坐标为. 12. 在的展开式中，的系数为________． 【答案】24 【解析】 【分析】求出二项式展开式的通项公式，再求出指定项的系数即得. 【详解】二项式展开式的通项为， 由，得，则，所以x的系数为24. 故答案为：24. 13. 已知平面向量，若向量与夹角为，则______，若，写出一个的坐标______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据向量的模以及向量数量积的计算求解即可. 【详解】已知平面向量，若向量与夹角为， 则 . 设，因为，且，所以 . 因为，则，化简得，解得. 取，则，因此. 14. 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______． 【答案】 【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： 因为底面是矩形，所以， 因为，为的中点，所以且， 过点作平面的垂线，因为， 所以，故点在的垂直平分线上， 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，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. 15. 已知为数列的前项和，记，且满足．给出下列四个结论： ①的第1项等于； ②数列为等差数列； ③为递减数列； ④当时，存在．其中所有正确结论的序号是______． 【答案】①②④ 【解析】 【分析】由条件先证明可判断①；进而求得判断②；结合等差数列定义求得，结合求，再由与关系求，结合单调数列的定义计算可判断③；利用的通项公式可判断④. 【详解】由，可得， 当时，，所以，故，故①正确； 当时，，代入， 可得，所以， 所以是首项为，公差为的等差数列，故②正确； 得， 由，可得， 当时，也满足上式， 当时，， 当时，， ， 所以当时，数列单调递增，故③错误； 当时，，满足， 所以当时，存在，故④正确. 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）在以下三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求的值． ①；②；③面积为． 【答案】（1） （2）选①时不存在；选②时；选③时. 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理可求边. （2）选①，利用等边对等角，判断不存在； 选②，先利用正弦定理求边，再利用余弦定理求边，最后利用正弦定理求； 选③，先利用三角形的面积公式求边，再利用余弦定理求边，最后利用正弦定理求. 【小问1详解】 由，且为三角形内角，所以. 根据正弦定理， . 【小问2详解】 选①，因为，所以为钝角. 又，则都为钝角，这样的三角形不存在. 选②，由. 由余弦定理，. 所以. 由正弦定理，，此时为锐角，存在. 选③，由，所以. 由余弦定理，， 所以. 由正弦定理，，此时为锐角，存在. 17. 如图，在直三棱柱中，，，为的中点，直线交平面于点. （1）求证：为的中点； （2）若是棱上一点，且直线与平面所成角的正弦值为，求的值. 【答案】（1）证明见详解 （2） 【解析】 【分析】（1）根据面面平行的性质可得，进而可得，即可得结果； （2）建系并标点的坐标，设，，求平面的法向量，根据线面夹角列式求解即可. 【小问1详解】 因为平面平面，且平面平面，平面平面， 则，且，可得， 又因为为的中点，所以为的中点. 【小问2详解】 以为坐标原点，为轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 设，， 可得，，， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 因为直线与平面所成角的正弦值为， 则，整理可得，解得， 所以. 18. 为更好的进行初高中数学知识的衔接，某校设计了两种衔接方案：方案一：在讲高中知识之前集中进行衔接知识的学习，方案二：随着高中知识的学习，分散加入衔接知识，为了解学生对两种方案的支持情况，该校对即将毕业的高三学生开展了调查，对学生进行简单随机抽样，获得数据如下表： 男生 女生 支持 不支持 支持 不支持 方案一 50人 100人 80人 20人 方案二 120人 30人 40人 60人 假设每位学生对活动方案是否支持是相互独立事件． （1）分别估计该校高三学生中男生支持方案一的概率、该校女生支持方案一的概率； （2）从该校高三全体男生中随机抽取1人，全体女生中随机抽取2人，估计这3人中恰有2人支持方案一的概率； （3）将该年级学生支持方案二的概率估计值记为．假设该年级某班有20名男生和30名女生，除该班外其他班级学生支持方案二的概率估计值记为．试比较与的大小．（结论不要求证明） 【答案】（1） 估计该校高三男生支持方案一的概率为，女生支持方案一的概率为 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用频率估计概率，分别计算男、女生支持方案一的频率即可； （2）分“男生支持+1名女生支持”和“男生不支持+2名女生都支持”两类，结合独立事件、互斥事件概率公式计算求和； （3）对比目标班支持方案二的频率与全年级平均频率的大小，即可判断与的关系. 【小问1详解】 由样本数据，抽取的男生中支持方案一的共50人，抽取男生总人数为， 因此男生支持方案一的概率估计值为； 抽取的女生中支持方案一的共80人，抽取女生总人数为， 因此女生支持方案一的概率估计值为. 【小问2详解】 记“抽取的1名男生支持方案一”为事件，“抽取的2名女生中恰有人支持方案一”为事件（）， “3人中恰有2人支持方案一”为事件， 则，， ，. 由题意知，事件与事件相互独立， 因此， 即 “3人中恰有2人支持方案一”的概率为. 【小问3详解】 全年级支持方案二的总频率 ， 该年级某班有20名男生和30名女生，设该班支持方案二的频率估计值为， 则 . 即该班支持率低于全年级平均水平，因此去掉该班后剩余班级的平均支持率高于全年级平均，故. 19. 椭圆的长轴长为4，离心率为，下顶点为A． （1）求椭圆的方程； （2）经过点的直线与椭圆的另一个交点为（位于轴上方），与轴的交点为．点关于轴的对称点为．过点作与轴平行的直线交直线于点．设与的面积分别为与，若，求直线的斜率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】(1)通过题目长轴以及离心率求出椭圆方程. (2)通过设出直线来求出各点的具体坐标，后对面积进行计算，求解出具体的斜率. 【小问1详解】 长轴为4，即，. 离心率为，即，. 因为且，所以. 椭圆:. 【小问2详解】 设直线:，，，. 联立直线与椭圆得 ，解得或， 所以，. 且要求 ，那么 ，即或. 易得直线为 . 当时，，所以. 因为，且(时取正，时取负)， 所以. 因为(时取正，时取负)， ， 所以. 因为，所以， ，解得， . 20. 已知函数， （1）求曲线在点的切线方程； （2）若，求的极值； （3）设直线是曲线在点处的切线，且与轴交于点为坐标原点．是否存在点，使的面积为？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 【答案】（1） （2）极大值为，极小值为 （3）不存在点，使的面积为，理由如下： 由，得，所以， 又， 所以切线的方程为， 令，得， 所以， 所以切线与轴的交点. 令，则， 当时，，即函数在上为减函数， 当，，即函数在上为增函数， 所以，所以，当且仅当时取到等号， 令， 所以， 所以， 由，得 所以，所以， 令， 所以 ， 所以无解， 故不存在点，使的面积为. 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义可求得切线方程； （2）求得函数的单调性可求得极值； （3）求得切线的方程为，进而求得三角形的面积与的函数关系，根据是否有解可得结论. 【小问1详解】 由，得， 所以，又， 所以曲线在点的切线方程为，即； 【小问2详解】 函数的定义域为， 可得， 令，可得，解得或， 当时，，所以在上单调递增， 当时，，所以在上单调递减， 当时，，所以在上单调递增， 所以当时，函数取得极大值，极大值为 ， 当时，函数取得极小值，极小值为. 【小问3详解】 略. 21. ，从中选出个有序数对构成一列：．相邻两项满足：或，称为列． （1）若列的第一项为，求第二项． （2）若为列，且满足为奇数时，：为偶数时，；判断：与能否同时在中，并说明； （3）证明：中所有元素都不构成列． 【答案】（1）或； （2）不能，理由见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据新定义即可得解； （2）假设与能同时在中，导出矛盾，从而得出与不能同时在中的结论； （3）法1：假设全体元素构成一个列，考虑列中形如的项，这样的项共有个，而，只能有12个点，矛盾． 法2：设，，推出，同理再设，，推出，从而得到，但显然它们是不同的集合，矛盾. 【小问1详解】 根据题目定义可知，或， 若第一项为，显然或不符合题意（不在集合中）， 所以下一项是或； 【小问2详解】 假设二者同时出现在中，由于列取反序后仍是列， 故可以不妨设在之前. 显然，在列中，相邻两项的横纵坐标之和的奇偶性总是相反的， ，奇偶性相反， 所以从必定要走奇数次到. 但又根据题目条件，这两个点的横坐标均在为偶数时，中， 所以从必定要走偶数次到. 这导致矛盾，所以二者不能同时出现在中. 【小问3详解】 法1：若中的所有元素构成列， 考虑列中形如的项， 这样的项共有个，由题知其下一项为，共计16个， 而， 因为6只能由2得来，3只能由7得来， 但横、纵坐标不能同时相差4，这样下一项只能有12个点， 即对于16个，有12个与之相对应，矛盾． 综上，M中所有元素都无法构成列． 法2：全体元素构成一个列，则. 设，， 则和都包含个元素，且中元素的相邻项必定在中. 如果存在至少两对相邻的项属于， 那么属于的项的数目一定多于属于的项的数目， 所以至多存在一对相邻的项属于. 如果存在，则这对相邻的项的序号必定形如和， 否则将导致属于的项的个数比属于的项的个数多2，此时. 从而这个序列的前项中，第奇数项属于，第偶数项属于； 这个序列的后项中，第奇数项属于，第偶数项属于. 如果不存在相邻的属于的项， 那么也可以看作上述表示在或的特殊情况. 这意味着必定存在， 使得. 由于相邻两项的横纵坐标之和的奇偶性必定相反， 故中横纵坐标之和为奇数的点和横纵坐标之和为偶数的点的数量一定分别是和（不一定对应）. 但容易验证，和都包含个横纵坐标之和为奇数的点和个横纵坐标之和为偶数的点， 所以，得. 从而有. 这就得到. 再设，. 则同理有. 这意味着. 从而得到，但显然它们是不同的集合，矛盾. 所以全体元素不能构成一个列. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $