精品解析：北京市第一六一中学2025-2026学年高三第二学期考前热身测试数学试题

北京一六一中学2025—2026学年度第二学期热身阶段测试 高三数学试卷 考生须知 1．本试卷共3页，满分150分，考试时长120分钟． 2．试题答案一律书写在答题卡上，在试卷上作答无效． 3．在答题卡上，选择题用2B铅笔作答，非选择题用黑色字迹签字笔作答． 4．考试结束后，将答题卡、试卷和草稿纸一并交回． 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．把正确答案涂写在答题卡上相应的位置． 1. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由题意得，， 故. 2. 下列函数中，在上单调递增的偶函数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数解析式直接判断奇偶性，单调性即可求解. 【详解】对于A，为指数函数， 是非奇非偶函数且在定义域内单调递减，故A选项错误； 对于B，，故为偶函数， 当时，， 由对数函数性质可知在内单调递增，故B选项正确； 对于C，为正切函数，是奇函数， 由正切函数性质可知在区间上单调递增，但在定义域内不具有单调性， 如，，但，故C选项错误； 对于D选项，，， 因为，所以为奇函数， 根据幂函数的相关性质得在定义域内单调递增，故D选项错误. 3. 若直线与圆无公共点，则（ ） A. 或 B. C. D. 或 【答案】A 【解析】 【详解】由得，则圆心，半径. 因为直线与圆无公共点， 所以圆心到直线的距离， 即，化简得，，解得，或. 4. 在的展开式中，所有二项式系数的和为32，则各项系数的最大值为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 10 【答案】D 【解析】 【分析】利用二项式展开式中的二项式系数和的计算方法与各项系数的求法即可得出. 【详解】由二项式知，展开式的二项式系数和为，又所有二项式系数的和为32，所以，，展开式中第项：，； 当时，，系数为； 当时，，系数为； 当时，，系数为； 当时，，系数为； 当时，，系数为； 当时，，系数为； 所以各项系数最大值为. 5. 将抛物线平移使其顶点与坐标原点重合，得到抛物线，则的准线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由题可得，则抛物线为， 化成抛物线的标准式，故准线方程为. 6. 设α，β是两个不同的平面，则的充要条件是（ ） A. 存在无数条直线与α，β都平行 B. 存在无数个平面与α，β都垂直 C. 对任意的直线，都存在直线，使得 D. 对任意的直线，都存在直线，使得 【答案】C 【解析】 【分析】借助于长方体模型逐一判断各选项即可. 【详解】   如上图，作长方体，取平面，平面分别为平面. 对于A，因，且，且，则， 显然可作无数条与平行且不在平面的直线，即存在无数条直线与都平行，但不平行，故A错误； 对于B，因平面与平面均垂直，且显然可作无数个与平面平行的平面， 即存在无数个平面与都垂直，但不平行，故B错误； 对于D，由上图，显然，且，在平面内作一条与垂直相交的直线，则， 从而对平面内的任意直线，都有，即对任意的直线，都存在直线．使得，但不平行，故D错误；    对于C，假设为两相交平面，如上图取平面，平面分别为平面， 则，对于任意的直线，（不妨设与相交）都存在直线，使得，因， 则有，又因，则有，这与与相交矛盾，故假设不成立，故有，充分性成立； 反过来，时，对于任意的直线，都可以过直线和平面内一点作一个平面，使， 则必有，故必要性成立，故C正确. 7. 设，，为非零实数，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据指数式化为对数式，再根据对数运算的性质即可求解． 【详解】设，则， 所以． 8. 如图，半径为1的圆与直线相切于点，点，同时从点出发，点沿着直线向右、点沿着圆周按逆时针方向以相同的速度运动，当点运动到点时，点，同时停止运动．连接，，与圆交于点，记扇形的面积为，与线段，围成的面积记为，点，运动过程中，下列关系中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分别表示出两个图形的面积，结合选项判断即可. 【详解】设运动路程为，，设， 由弧长公式：， ，， 扇形的面积为，所以，即，C正确，D不正确； 因为最大可取，，所以，A不正确； 当取时，,此时，故存在，B不正确. 9. 四面体中，，，．若该四面体某面的三角形周长为18，则四面体的体积最大值为（ ） A. 36 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由已知得为，结合该四面体某面的三角形周长为18，这个面不是平面， 而是含点的另个三角形面中去推断，再根据四面体的体积公式，结合题中条件可求出四面体体积的最大值. 【详解】 如图，在四面体中， 由，，， 所以为，由勾股定理得；又，，,的周长为， 所以该四面体某面的三角形不是， 是在含点的三角形中的面， 设到面的距离为，则四面体的体积， 要使最大，只需最大， 若的周长为，即， 其中，所以，点的轨迹是到两点距离之和为的椭球， 当点在平面的垂面内时，此时有可能最大，而点在平面内的轨迹为椭圆， 长轴长，焦距，短半轴长为， 此时要使最大，只有时满足，的最大值为； 当点在平面的垂面时，若的周长为，，其中，， 点在平面内的轨迹为椭圆，长轴长长半轴长为，焦距，短半轴长为， 此时最大时，取，的最大值， 当点在平面的垂面时，若的周长为，，其中，得， 不满足三角形两边之和大于第三边，该情况不存在；故当取时，四面体的体积最大，最大值为， 10. 设函数定义域为，值域为．对，都满足．若集合可取得中所有值，则实数最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】运用换元法，把定义域上任意的函数值，都等价于区间关于的函数值，再根据临界验证求实数最小值． 【详解】对，，记， 由则，故， 则定义域上任意的函数值，都等价于区间关于的函数值， 已知就能满足全部值域， 对任意，需满足 已知，解得， 该条件对所有成立，则必有， 当，任意，，落在内，满足条件； 若，可取，此时，与超出，不满足值域； 故实数最小值为． 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分．把答案填在答题卡中相应的横线上． 11. 复数________． 【答案】 【解析】 【分析】直接由虚数单位的乘方运算及复数的四则运算可得. 【详解】因为，所以. 因此. 12. 已知向量，，函数的一个零点为，则________． 【答案】1 【解析】 【分析】根据平面向量数量积的坐标运算即可求解． 【详解】， 因为函数的一个零点为，所以． 13. 双曲线：的一条渐近线的方程是________；若，为双曲线上的两点，且线段的中点为，则实数的一个取值为________． 【答案】 ①. （或） ②. 3（答案不唯一） 【解析】 【详解】对于双曲线：，有， 其渐近线方程为； 设，则， 两式相减得，即， 线段的中点为，则， 若，则中点为双曲线顶点，此时直线AB的方程为，与双曲线只有一个交点，不符合题意，故， 则，即得，即得直线的斜率为， 可得直线的，联立， 得， 则， 化简得，解得或， 故实数的一个取值可为3. 14. 玉琮是中国古代内圆外方的筒形玉石礼器，主要用于祭祀，其外形可近似为一个正四棱柱，且自上而下有一个圆柱形孔洞贯穿，如图所示．某学生用技术打印了个玉琮模型，它们的高度从小到大成等差数列、其内圆柱形孔洞的体积依次成公比为的等比数列．若最矮玉琮模型孔洞的底面半径为，最高玉琮模型孔洞的底面半径和高分别为和，则最矮的玉琮内圆柱形孔洞的体积为________，这个玉琮模型的高度和为________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】直接由等比数列的第五项及公比计算第一项可得第一空，再根据等差数列的第一项及第五项求前项和可得第二空. 【详解】设个玉琮的圆柱形孔洞体积为，高度为，孔洞半径为（对应最矮，对应最高）， 由题知是公比的等比数列，因此. 最高玉琮孔洞半径，高，因此： . 代入，得，即最矮孔洞体积为. 由题知是等差数列. 对最矮玉琮孔洞，由上分析知，， 由圆柱体积公式得： ，解得. 所以等差数列中，，， 所以数列前项和， 即个玉琮高度和为. 15. 设函数，对于下列四个判断： ①函数的最小正周期为； ②函数的图象上的点到原点的距离不可能为1； ③函数的值域是； ④当时，函数的图象与直线有且仅有一个公共点． 所以，其中所有正确的结论序号是________． 【答案】①②④ 【解析】 【分析】①利用周期定义计算即可判断.②通过函数特性解出函数定义域后判断出该区域内距离最小值并求解.③利用换元法通过导数求出函数的单调性求解.④通过函数单调性求出最大值与比较即可. 【详解】选项①，设的最小正周期为,则, 即 当时，有，即， 两边取平方，，整理得, 解得或(舍去)，则有, 故函数的最小正周期为，①正确； 选项②，设为上的一点，则, 由有意义，需使，解得， 不妨取，由对称性只需考虑时，，则①， 当且仅当时，取等； 设，因，所以在上单调递增， 则②，因①②两式不能同时取等，故，故②正确； 选项③，设，由可得或, 又,故，且，， 当时，且，所以，即，单调递减. 所以，； 当时，同理可得，， 所以故③错误；. 选项④，当时，,由③得，， 所以此时函数的图象与只有一个公共点，即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．把答案填在答题中相应黑色框区域内． 16. 在中，角的对边分别为，已知. （1）求； （2）若，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，使得存在，求边上的高. 条件①：； 条件②：； 条件③：. 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）若选②，，若选③，， 【解析】 【分析】（1）根据题意，利用余弦定理，求得，即可求解； （2）根据题意，分别选择条件，结合正弦定理和余弦定理，以及三角形的面积公式，即可求解. 【小问1详解】 解：因为， 由余弦定理得， 因为，可得. 【小问2详解】 解：选择条件①：，且 由正弦定理，可得， 因为，所以这样的不存在； 选择条件②，因为，且， 所以，则， 由，可得， 因为，所以，解得，所以 由正弦定理，可得， 设边上的高为，可得的面积为，所以， 因为，可得， 又因为，可得，所以. 选择条件③：由， 根据向量的数量积的公式，可得，所以， 因为且，所以，解得， 由余弦定理， 可得，所以 设边上的高为，可得的面积为，所以， 所以. 17. 如图，在五面体中，平面平面，底面是边长为的正方形，为的中点，，. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明如下： 在五面体中，底面是正方形，所以. 因为平面，平面， 所以平面. 因为平面，平面平面， 所以. 因为为中点，，所以. 所以四边形是平行四边形. 所以. 因为平面，平面， 所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）由正方形得，利用线面平行判定推出平面，再由线面平行性质得，结合中点及边长得，证出四边形为平行四边形从而，最后用线面平行判定定理证得平面. （2）利用等腰三角形和面面垂直的性质，证明两两垂直，建立空间直角坐标系.然后分别求出平面和平面的法向量，最后用向量夹角公式计算出两平面夹角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取的中点，作，. 因为为正方形，所以. 因为，所以. 因为，，所以. 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 所以，即两两互相垂直. 如图建立空间直角坐标系， 则. 因此，由题可知平面的一法向量为. 设平面的法向量为. 则即 令，则.于是. 设平面与平面夹角为，则 . 18. 某地区组织所有高一学生参加了“科技的力量”主题知识竞答活动，根据答题得分情况评选出一二三等奖若干，为了解不同性别学生的获奖情况，从该地区随机抽取了500名参加活动的高一学生，获奖情况统计结果如下： 性别 人数 获奖人数 一等奖 二等奖 三等奖 男生 200 10 15 15 女生 300 25 25 40 假设所有学生的获奖情况相互独立． （1）分别从上述200名男生和300名女生中各随机抽取1名，求抽到的2名学生都获一等奖的概率； （2）用频率估计概率，从该地区高一男生中随机抽取1名，从该地区高一女生中随机抽取1名，以X表示这2名学生中获奖的人数，求X的分布列和数学期望； （3）用频率估计概率，从该地区高一学生中随机抽取1名，设抽到的学生获奖的概率为；从该地区高一男生中随机抽取1名，设抽到的学生获奖的概率为；从该地区高一女生中随机抽取1名，设抽到的学生获奖的概率为，试比较与的大小．（结论不要求证明） 【答案】（1） （2）的分布列为 0 1 2 ，期望 （3） 【解析】 【分析】（1）直接计算概率； （2）的所有可能取值为0,1,2，求出高一男生获奖概率和高一女生获奖概率，再计算概率得到分布列，最后计算期望即可； （3）计算出，，比较大小即可. 【小问1详解】 设事件为“分别从上述200名男生和300名女生中各随机抽取1名, 抽到的2名学生都获一等奖”， 则， 【小问2详解】 随机变量的所有可能取值为0,1,2. 记事件为“从该地区高一男生中随机抽取1名,该学生获奖”, 事件为“从该地区高一女生中随机抽取1名,该学生获奖”.由题设知,事件,相互独立, 且估计为估计为. 所以, , . 所以的分布列为 0 1 2 故的数学期望 【小问3详解】 ，理由：根据频率估计概率得 ，由（2）知，， 故， 则. 19. 已知椭圆的左顶点为，上顶点为．原点到直线的距离为，的面积为． （1）求椭圆的方程； （2）过点的直线与椭圆交于不同的两点，，线段的中点为，过点作轴的垂线分别与直线，交于点，．判断直线是否与直线平行，说明理由． 【答案】（1） （2） ，理由：由题知直线的斜率存在，设过点的直线的方程为，即．由得．由，得．设，，则，．直线的方程为，令，得点的纵坐标．直线的方程为，令，得点的纵坐标．要证点为线段的中点，只需证明，即．因为所以点为线段的中点．又线段的中点为所以 【解析】 【分析】（1）由，可得，由O到AB距离为，可得，结合可得椭圆方程； （2）将过点P直线与椭圆方程联立，设，，由韦达定理及题设可证明N为CM中点，据此可完成判断. 【详解】（1）由题可知，，． 因为的面积为，所以． 因为点到直线的距离为，所以． 所以，得，所以椭圆的方程为． （2）判断：，理由略. 20. 设函数，已知曲线在点处的切线为，． （1）求和的值； （2）求的单调区间； （3）已知，分别为，的导函数，当时，且，证明：时，． 【答案】（1） （2）单调减区间为，没有单调增区间 （3）因为，， 所以，即， 故单调递减，又因为， 所以，即． 【解析】 【分析】（1）求出导数，结合导数的几何意义列方程组，可得答案； （2）求解导数，根据导数符号判断单调性，得出单调区间； （3）构造函数，通过新函数的导数可得最值，进而可证结论. 【小问1详解】 由题意得 因为曲线在点处的切线为 所以，解得，得到． 【小问2详解】 由题意得，的定义域为， 可得， 令，且它与符号相同， 令，令，得， 所以当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 因此，即， 所以单调减区间为，没有增区间. 【小问3详解】 略 21. 对于有穷正数数列，若满足对任意的，都有（是常数，且），则称数列具有性质．对数列定义“分拆”将中的第项拆分为两项，并得到数列，其中，且；特别地，当时，；当时，．对有穷正数数列，令数列．若数列均具有性质，则称为数列的阶完美分拆数列． （1）若，判断以下数列是否为的1阶完美拆分数列（结论不要求证明）： ①②2，0.5，0.5． （2）当时，若为数列的1阶完美拆分数列，证明：数列中被拆分的一定是最大项； （3）若数列为数列的阶完美拆分数列，证明：的最大值为4． 【答案】（1）①是；②否. （2）不妨设． 假设取分拆，设， 则与矛盾． 所以拆分的项一定是数列中的最大项. （3）当时，的1阶完美拆分数列为1.44，1.2，1； 的2阶完美拆分数列为1.2，1，0.72，0.72； 的3阶完美拆分数列为1，0.72，0.72，0.6，0.6； 的4阶完美拆分数列为0.72，0.72，0.6，0.6，0.5，0.5． 所以数列存在4阶完美分拆数列． 下面证明对于任意数列，不存在5阶完美分拆数列． 假设数列的2阶完美拆分数列为， 不妨设． 由（2）知，为得到的3阶完美拆分数列，一定分拆 ，得到数列，其中，及． 若，则由，即及， 可得 若，有，与题设矛盾，不合题意． 此时，数列中的最大项无法再拆分，此时分拆结束． 于是，为得到4阶完美拆分数列，必须有， 此时，． 所以，拆分为，，得到数列， 其中及． 于是． 若是数列中的最大项， 因为，即，又， 于是，与假设矛盾． 所以不是此时数列的最大项． 若是数列中的最大项， 因为， 所以， 又， 所以，与假设矛盾． 所以不是此时数列的最大项． 所以是此时数列的最大项． 此时，应有，否则，， 于是， 与题设矛盾，不合题意，所以． 若，有， 与题设矛盾，不合题意． 此时，数列中的最大项无法再拆分，此时拆分结束． 因此，若数列存在阶完美拆分数列，则． 综上，的最大值为4. 【解析】 【分析】(1) 先根据1 阶完美拆分数列的定义，验证原数列与拆分后数列是否满足，再逐一判断即可； (2) 先假设拆分非最大项，结合1阶完美拆分数列的性质推出矛盾，再用反证法证明拆分项必须为最大项； (3) 先通过递推构造至阶完美拆分数列，验证其满足完美拆分数列的定义，再假设存在阶完美拆分，推出与定义的矛盾，从而确定的最大值 【小问1详解】 ①是；②否. ① 数列1，1，1， 由拆分而来：将2拆为，满足， 对验证性质：任意两项，有，则 ，成立； 对验证性质：任意两项，有，则 ， 综上，①是； ② 数列 若由拆分，需将某一项拆为两项： 拆1：，得，但，不满足​； 拆2：，得，无法得到，故②不是 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京一六一中学2025—2026学年度第二学期热身阶段测试 高三数学试卷 考生须知 1．本试卷共3页，满分150分，考试时长120分钟． 2．试题答案一律书写在答题卡上，在试卷上作答无效． 3．在答题卡上，选择题用2B铅笔作答，非选择题用黑色字迹签字笔作答． 4．考试结束后，将答题卡、试卷和草稿纸一并交回． 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．把正确答案涂写在答题卡上相应的位置． 1. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 下列函数中，在上单调递增的偶函数为（ ） A. B. C. D. 3. 若直线与圆无公共点，则（ ） A. 或 B. C. D. 或 4. 在的展开式中，所有二项式系数的和为32，则各项系数的最大值为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 10 5. 将抛物线平移使其顶点与坐标原点重合，得到抛物线，则的准线方程为（ ） A. B. C. D. 6. 设α，β是两个不同的平面，则的充要条件是（ ） A. 存在无数条直线与α，β都平行 B. 存在无数个平面与α，β都垂直 C. 对任意的直线，都存在直线，使得 D. 对任意的直线，都存在直线，使得 7. 设，，为非零实数，且，则（ ） A. B. C. D. 8. 如图，半径为1的圆与直线相切于点，点，同时从点出发，点沿着直线向右、点沿着圆周按逆时针方向以相同的速度运动，当点运动到点时，点，同时停止运动．连接，，与圆交于点，记扇形的面积为，与线段，围成的面积记为，点，运动过程中，下列关系中正确的是（ ） A. B. C. D. 9. 四面体中，，，．若该四面体某面的三角形周长为18，则四面体的体积最大值为（ ） A. 36 B. C. D. 10. 设函数定义域为，值域为．对，都满足．若集合可取得中所有值，则实数最小值为（ ） A. B. C. D. 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分．把答案填在答题卡中相应的横线上． 11. 复数________． 12. 已知向量，，函数的一个零点为，则________． 13. 双曲线：的一条渐近线的方程是________；若，为双曲线上的两点，且线段的中点为，则实数的一个取值为________． 14. 玉琮是中国古代内圆外方的筒形玉石礼器，主要用于祭祀，其外形可近似为一个正四棱柱，且自上而下有一个圆柱形孔洞贯穿，如图所示．某学生用技术打印了个玉琮模型，它们的高度从小到大成等差数列、其内圆柱形孔洞的体积依次成公比为的等比数列．若最矮玉琮模型孔洞的底面半径为，最高玉琮模型孔洞的底面半径和高分别为和，则最矮的玉琮内圆柱形孔洞的体积为________，这个玉琮模型的高度和为________． 15. 设函数，对于下列四个判断： ①函数的最小正周期为； ②函数的图象上的点到原点的距离不可能为1； ③函数的值域是； ④当时，函数的图象与直线有且仅有一个公共点． 所以，其中所有正确的结论序号是________． 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．把答案填在答题中相应黑色框区域内． 16. 在中，角的对边分别为，已知. （1）求； （2）若，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，使得存在，求边上的高. 条件①：； 条件②：； 条件③：. 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. 17. 如图，在五面体中，平面平面，底面是边长为的正方形，为的中点，，. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 18. 某地区组织所有高一学生参加了“科技的力量”主题知识竞答活动，根据答题得分情况评选出一二三等奖若干，为了解不同性别学生的获奖情况，从该地区随机抽取了500名参加活动的高一学生，获奖情况统计结果如下： 性别 人数 获奖人数 一等奖 二等奖 三等奖 男生 200 10 15 15 女生 300 25 25 40 假设所有学生的获奖情况相互独立． （1）分别从上述200名男生和300名女生中各随机抽取1名，求抽到的2名学生都获一等奖的概率； （2）用频率估计概率，从该地区高一男生中随机抽取1名，从该地区高一女生中随机抽取1名，以X表示这2名学生中获奖的人数，求X的分布列和数学期望； （3）用频率估计概率，从该地区高一学生中随机抽取1名，设抽到的学生获奖的概率为；从该地区高一男生中随机抽取1名，设抽到的学生获奖的概率为；从该地区高一女生中随机抽取1名，设抽到的学生获奖的概率为，试比较与的大小．（结论不要求证明） 19. 已知椭圆的左顶点为，上顶点为．原点到直线的距离为，的面积为． （1）求椭圆的方程； （2）过点的直线与椭圆交于不同的两点，，线段的中点为，过点作轴的垂线分别与直线，交于点，．判断直线是否与直线平行，说明理由． 20. 设函数，已知曲线在点处的切线为，． （1）求和的值； （2）求的单调区间； （3）已知，分别为，的导函数，当时，且，证明：时，． 21. 对于有穷正数数列，若满足对任意的，都有（是常数，且），则称数列具有性质．对数列定义“分拆”将中的第项拆分为两项，并得到数列，其中，且；特别地，当时，；当时，．对有穷正数数列，令数列．若数列均具有性质，则称为数列的阶完美分拆数列． （1）若，判断以下数列是否为的1阶完美拆分数列（结论不要求证明）： ①②2，0.5，0.5． （2）当时，若为数列的1阶完美拆分数列，证明：数列中被拆分的一定是最大项； （3）若数列为数列的阶完美拆分数列，证明：的最大值为4． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $