精品解析：北京市北京北师大实验中学2026届高三下学期考前热身练习数学试题

北师大实验中学高三下学期热身练习 高三数学 2026年6月 本试卷共4页，共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. 在复平面内，复数 对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】先化简复数，再利用复数的几何意义求解. 【详解】复数， 其在复平面内所对应的点位于第四象限， 故选：D． 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出集合A，B，再求两集合的交集即可 【详解】解：由，得，所以， 由，得，所以， 所以， 故选：B 3. 在的展开式中，的系数是（ ） A. 25 B. 35 C. 45 D. 55 【答案】D 【解析】 【分析】根据二项式定理，分别找三个二项式中的的系数，相加即可. 【详解】二项式的展开式中的系数为，二项式的展开式中的系数为， 二项式的展开式中的系数为， 故的展开式中的系数为. 故选：D． 4. 等差数列的首项为，公差不为0，若成等比数列，则的前6项和为（ ） A. 24 B. 24 C. 3 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】设出等差数列的公差，利用等比中项得到关于公差的方程，再利用等差数列的前项和公式进行求解. 【详解】设的公差为， 由成等比数列，得， 即，解得或（舍去）， 所以. 故选：A. 5. 一化工厂产生的废气中含二氧化硫的浓度为，经过分钟净化后，废气中二氧化硫的浓度为，并满足.根据环保要求，当废气中二氧化硫的浓度降至时，达到排放标准，则该化工厂的废气达到排放标准需要至少净化（参考数据：，，）（ ） A. 136分钟 B. 140分钟 C. 142分钟 D. 150分钟 【答案】C 【解析】 【详解】依题意，时，，则，解得，所以， 当时，可得，所以，所以， 故，故浓度降至需要至少142分钟. 6. 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. 7. 设双曲线：的右焦点为F，过点F且垂直于x轴的直线与双曲线C及其渐近线在第一象限分别交于A，B两点，为坐标原点，若，则双曲线C的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意求出A，B两点的坐标，再利用列方程化简计算可求出的关系，从而可求出渐近线方程 【详解】双曲线：的右焦点，渐近线方程为， 当时，，得， 所以， 将代入，得，所以， 因为， 所以， 所以，得， 所以，，得， 所以， 所以双曲线的渐近线方程为， 故选：B 8. 在中，角的对边分别是，，，则“”是“是锐角三角形”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 【解析】 【分析】利用正弦定理和余弦定理可得，但不一定为锐角；若是锐角三角形可知满足，即可得出结论. 【详解】由是锐角三角形，得，从而， 故，即，即， 可得，即必要性成立； 反之，若“”可得，即， 可得，可知，但角可能为钝角，所以充分性不成立； 故选：B 9. 已知为等腰直角三角形，为直角，直角边长为2，点P在三角形所在平面上，向量为单位向量，点D满足，则的最大值为（ ） A. 4 B. C. 5 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】建立直角坐标系，设，求出点P的轨迹方程，得，利用数量积求出关于y的函数，求出最值即可 【详解】如图建立直角坐标系， 则， 设，则，即， 所以点P的轨迹是以A为圆心，以1为半径的圆， 又，所以，所以， 所以, 所以， 又点P在上，所以， 所以， 所以的最大值为5， 故选：C 10. 如图，已知两个四棱锥与的公共底面是边长为2的正方形，顶点在底面的同侧．棱锥的高，分别为AB、CD的中点，与交于点E，与交于点F，则四棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】证明，，进而证明四边形是平行四边形，可得E为线段的中点，分析四棱锥的底和高，可得所求几何体体积. 【详解】 连接，，如图，因为平面ABCD，平面ABCD， 所以，又，所以四边形是矩形， 所以，， 又，分别为AB，CD的中点，所以，， 所以，，所以四边形是平行四边形， 又对角线，所以点E为线段的中点. 连接，交EF于点N，过点作于M， 由题意知，故， 又，，，平面，所以平面， 故，又，，平面， 所以平面，即是四棱锥的高， 同理可得点F为线段的中点，所以，， 在中，，则，所以， 因为， 所以. 故选：B. 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. 函数的定义域为_______. 【答案】 【解析】 【分析】利用函数有意义列式求解即可. 【详解】由题意得，解得， 故函数的定义域为. 故答案为：. 12. 设函数，若恒成立，且在上存在零点，写出一个满足题意的的值为___________. 【答案】4(答案不唯一) 【解析】 【分析】先由周期推出为正偶数，再由区间零点条件得到，即只要取大于等于的偶数就可以. 【详解】由恒成立可知，是函数的一个周期， 因为，函数的最小正周期为，因此是的整数倍， 即，可得，即为正偶数； 因为当时，， 又因为在上存在零点，所以，得， 综上，是大于等于的偶数. 13. 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3D技术打印了5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2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，则这5个玉琮模型的高度和为___________. 【答案】 【解析】 【分析】根据条件，利用等比数列的通项公式及圆柱的体积公式可得最矮孔洞的高，再由等差数列的前项和公式，即可求解. 【详解】设个玉琮的圆柱形孔洞体积为，高度为，孔洞半径为， （其中，对应最矮，对应最高）， 由题知是公比的等比数列，因此， 因为最高玉琮孔洞半径，高，则， 代入，得，即最矮孔洞体积为， 又， 由圆柱体积公式得，解得， 由题知是等差数列，且， 所以数列前项和，故个玉琮高度和为. 14. 已知函数，，若存在2个零点，则实数m的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】由存在2个零点，可知函数的图象与直线有两个不同的交点，画出函数图象，根据图象求解即可 【详解】由，得， 所以存在2个零点，可得函数的图象与直线有两个不同的交点， 的图象如图所示， 由，得 所以直线恒过点， 由图可知，当时，直线与的图象恒有两个不同的交点， 当时，设直线与函数相切于点， 由，得，则，解得， 所以当时，直线与的图象恒有两个不同的交点， 综上，当，或时，直线与的图象恒有两个不同的交点， 所以实数m的取值范围为， 故答案为： 15. 如图，在一次社会实践中某学校数学探究实验组设计一个“门把手”，其纵截面轮廓线近似曲线的一部分，给出下列四个结论： ①点在上； ②在处的切线，其与的交点的横纵坐标均为整数； ③若在轴上方的部分为函数的图象，则是的极小值点； ④在轴左边的部分到坐标原点的距离均大于. 其中正确结论的序号是______. 【答案】①③④ 【解析】 【分析】根据题意将点代入曲线方程中判断是否在曲线上；求出切线方程并与曲线方程联立判断交点情况；对函数求导，求出单调性得到极小值点；设曲线上的一点，求得点到原点距离，构造函数求出最小值与比大小即可. 【详解】对于①，将点代入到曲线方程中得，，所以点在曲线上，故①正确. 对于③，当时，，则， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 则是的极小值点，故③正确. 对于②，由③可知，，则以为切点的切线方程为 ，即， 将切线方程代入到曲线方程中得， ，即， 显然是方程的根，所以， 解得或，故②错误. 对于④，设的解为， 则当，单调递增； 当时，单调递减， 又， ， ， 所以， 设曲线上的点，则， 到原点的距离为， 由可得， 令，则， 令，因为，所以取， 当 时，单调递增； 当时，单调递减， 又， 所以当时，，则，故④正确. 故答案为：①③④ 三、解答题共6小题，共85分.解答题应写出文字说明，演算步骤或证明过程. 16. 在中，，. （1）求的值； （2）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，使存在且唯一确定，求边上的高. 条件①：； 条件②：； 条件③：的面积为6. 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 （2） 【解析】 【分析】（1）先求出，然后利用正弦定理求出. （2）选择条件①：先根据余弦定理求出，然后根据三角形面积公式求出边上的高即可； 选择条件②：先根据正弦定理求出的关系式，然后根据余弦定理求出，若无正数解，则三角形不存在； 选择条件③：先根据三角形面积公式求出，然后根据余弦定理求出，最后根据三角形面积公式求出边上的高. 【小问1详解】 因为在中，，所以. 由正弦定理得. 【小问2详解】 选择条件①：根据余弦定理得. 化简得，解得. 所以或（舍去），设边上的高为，则 ，所以. 所以边上的高为. 选择条件②：由于，所以. 根据正弦定理，得，化简得. 根据余弦定理，所以. 化简得，根据韦达定理. 所以，此方程无正数解. 因为，故该条件下不存在. 选择条件③：因为的面积为6，所以. 所以，根据余弦定理得. 所以，所以，解得. 所以边上的高为. 17. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面平面，点在线段上，平面，，． （1）求证：为的中点； （2）求二面角的大小； （3）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）． 【解析】 【分析】（1）设，的交点为，由线面平行性质定理得，再根据三角形中位线性质得为的中点．（2）先根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，列方程组解各面法向量，根据向量数量积求向量夹角，最后根据二面角与向量夹角相等或互补关系求二面角大小（3）先根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，列方程组解各面法向量，根据向量数量积求向量夹角，最后根据线面角与向量夹角互余关系求线面角大小 【详解】（1）设，的交点为，连接． 因为平面，平面平面，所以． 因为是正方形，所以为的中点，所以为的中点． （2）取的中点，连接，．因为，所以． 又平面平面，且平面，所以平面． 因为平面，所以．因为是正方形，所以． 如图，建立空间直角坐标系，则，，， 所以，． 设平面的法向量为，则，即． 令，则，，于是． 平面的法向量为，所以． 由题知二面角为锐角，所以它的大小为． （3）由题意知，，． 设直线与平面所成角为，则． 所以直线与平面所成角的正弦值为． 18. 在一大型仓库里，存有大量的原料台球，其大小均匀，按红色与白色分为两堆，每种颜色中又有塑料和木头两种材质，现对仓库中两种颜色的球，分别进行了简单随机抽样，所得结果统计如下： 红色 白色 塑料球 木质球 塑料球 木质球 68个 136个 153个 51个 （1）估计从仓库所有红色球中随机抽取1个得到塑料球的概率； （2）从仓库所有红色球中依次随机抽取2个，从仓库所有白色球中依次随机抽取2个，估计这4个球中塑料球的个数等于木质球的个数的概率． （3）若仓库中红色球的个数是白色球的3倍，从仓库中随机抽取1个球，该球为塑料球的概率为，该球为木质球的概率为，比较与的大小关系（结论不要求证明） 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据表中数据，结合古典概型求出对应概率； （2）4个球中恰有2个塑料球的情况可以分三种，即从红色球中抽出的2个都是塑料球；或者红色球中抽出的是1个塑料球，1个木质球；或者红色球中抽出的2个都是木质球再结合事件的相互独立性求概率. （3）先分别设出红球白球的个数结合概率公式表示出，，再比较大小即可. 【小问1详解】 由题知，从所有红色球中随机抽取1个，得到塑料球的概率为； 【小问2详解】 由（1）可知，从仓库所有红色球中随机抽取1个得到木质球的概率， 从所有白色球中随机抽取1个，得到塑料球的概率为， 从所有白色球中随机抽取1个，得到木质球的概率为， 当所取4个球中塑料球的个数等于木质球的个数时即有两个塑料球和两个木质球， 当从红球中抽出2个塑料球，从白球中抽出2个木质球时对应的概率为：， 当从红球中抽出1个塑料球，1个木质球，从白球中抽出1个塑料球，1个木质球时对应的概率为：， 当从红球中抽出2个木质球，从白球中抽出2个塑料球时对应的概率为：， 故这4个球中塑料球的个数等于木质球的个数的概率为； 【小问3详解】 设红色球总数为，白色球总数为， 从仓库中随机抽取1个球，该球为塑料球的概率为， 从仓库中随机抽取1个球，该球为木质球的概率为， 所以. 19. 已知椭圆的离心率为，左､右顶点分别为，，且过点. （1）求的方程； （2）若，为上与点，均不重合的两个动点，且直线，的斜率分别为和. （i）若（为坐标原点），判断直线和的位置关系； （ii）证明：直线经过轴上的定点. 【答案】（1） （2）（i）垂直；（ii）由椭圆的对称性可知当时，，不成立， 所以直线与轴不平行，设，且，， 联立直线与椭圆， 得，， 则，， 又，即， 即， 即， 化简可得， 则或， 又当时，，， 又因为直线不过点，所以,所以，无解， 综上所述，，直线方程为， 所以恒过轴上的定点. 【解析】 【分析】（1）根据椭圆离心率可得，再代入点可得椭圆方程； （2）（i）设点，可得，可得点坐标，进而确定，并判断位置关系；（ii）设直线方程，联立直线与椭圆，结合韦达定理，可证直线过定点. 【小问1详解】 由已知设椭圆方程为， 又椭圆离心率为，即， 所以椭圆方程为， 又椭圆过点， 所以，则，， 所以椭圆方程为； 【小问2详解】 （i）设，则， 又，， 因为，所以， 即， 解得，则， 即，， 所以， 即直线和垂直； （ii）略 【点睛】(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系． (2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形． 20. 设函数 （1）时，求函数的最大值. （2）讨论的单调性. （3）当时，证明：. 【答案】（1） （2）答案见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求出导函数，根据导函数正负判断出原函数单调性，即可得出最大值； （2）求出导函数，结合定义域和的正负分类讨论即可； （3）由（2）的讨论得出，证明其小于等于即可. 【小问1详解】 函数的定义域为， 当时，， . 当时，单调递增， 当时，单调递减， . 【小问2详解】 定义域为，， 若，则在单调递增， 若则时，单调递增， 时，单调递减， 综上所述：时，在单调递增. 时，在单调递增，在单调递减. 【小问3详解】 由（2）知，时，， 等价于，即. 设，， 当时，单调递增. 当时，单调递减， ，∴当时，， 从而时，，即 21. 已知，数列：，，⋯，，其中.称集合{，是的因数}为数列的制约集. （1）当时，设：1，3，5，2，6，4； ：2，4，3，5，1，6.直接写出和； （2）设，，数列满足，证明：存在偶数，； （3）若，求所有满足条件的数列. 【答案】（1）， （2）因为 为奇数，故至少存在一个，使得为奇数， 从而也为奇数，不能被整除. 即，命题成立. （3）当时，数列为 ，，，，，⋯，1， 或，，，，⋯，，1. 当时，数列为 ，，，，⋯2，，1， 或，，，，⋯，，2，，1. 【解析】 【分析】（1）根据“制约集”的定义可求； （2）通过证，得到至少存在一个，使得为奇数，从而也为奇数，进而得证； （3）先利用最大下标条件：从开始，因为 且差的绝对值小于 n，所以，从而只能是或；再递推构造更小规模的数列：将问题规模从 降到，建立一一对应，从而证明满足条件的数列个数与 时相同，即总是2个；具体写出这两个数列：通过正向递推或逆向递推，利用差必须等于，唯一确定每个位置的值。 【小问1详解】 对于 能整除故; 能整除故; 能整除故; 能整除故; 能整除故; 所以 对于 能整除故; 不能整除故; 不能整除故; 能整除故; 能整除故; 所以. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 因为，可知整除，一定有或，即满足条件的数列的最后一项必为1或. 若，构造数列：，，⋯，，其中， 则，其制约集. 故每个以结尾、满足条件的数列均对应一个以1结尾，满足条件的数列，且的项数为. 反之亦然，即上述对应是一一的. 若，构造数列：，，⋯，，其中， 则，其制约集. 故每个以1结尾、满足条件的数列均对应一个以结尾，满足条件的数列，的项数为. 上述对应也是一一的. 综上所述，满足条件的项数列与项数列之间具有一一对应，从而对于任意的，满足条件的数列的个数均相同. 取，数列只有1，2和2，1两种可能，其制约集均为. 故对任意的，恰有两个数列满足条件. 当时，数列为 ，，，，，⋯，1， 或，，，，⋯，，1. 当时，数列为 ，，，，⋯，，2，，1， 或，，，，，⋯，，2，，1. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北师大实验中学高三下学期热身练习 高三数学 2026年6月 本试卷共4页，共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. 在复平面内，复数 对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 在的展开式中，的系数是（ ） A. 25 B. 35 C. 45 D. 55 4. 等差数列的首项为，公差不为0，若成等比数列，则的前6项和为（ ） A. 24 B. 24 C. 3 D. 3 5. 一化工厂产生的废气中含二氧化硫的浓度为，经过分钟净化后，废气中二氧化硫的浓度为，并满足.根据环保要求，当废气中二氧化硫的浓度降至时，达到排放标准，则该化工厂的废气达到排放标准需要至少净化（参考数据：，，）（ ） A. 136分钟 B. 140分钟 C. 142分钟 D. 150分钟 6. 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. 7. 设双曲线：的右焦点为F，过点F且垂直于x轴的直线与双曲线C及其渐近线在第一象限分别交于A，B两点，为坐标原点，若，则双曲线C的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 8. 在中，角的对边分别是，，，则“”是“是锐角三角形”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 9. 已知为等腰直角三角形，为直角，直角边长为2，点P在三角形所在平面上，向量为单位向量，点D满足，则的最大值为（ ） A. 4 B. C. 5 D. 6 10. 如图，已知两个四棱锥与的公共底面是边长为2的正方形，顶点在底面的同侧．棱锥的高，分别为AB、CD的中点，与交于点E，与交于点F，则四棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 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. 函数的定义域为_______. 12. 设函数，若恒成立，且在上存在零点，写出一个满足题意的的值为___________. 13. 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3D技术打印了5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2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，则这5个玉琮模型的高度和为___________. 14. 已知函数，，若存在2个零点，则实数m的取值范围是______． 15. 如图，在一次社会实践中某学校数学探究实验组设计一个“门把手”，其纵截面轮廓线近似曲线的一部分，给出下列四个结论： ①点在上； ②在处的切线，其与的交点的横纵坐标均为整数； ③若在轴上方的部分为函数的图象，则是的极小值点； ④在轴左边的部分到坐标原点的距离均大于. 其中正确结论的序号是______. 三、解答题共6小题，共85分.解答题应写出文字说明，演算步骤或证明过程. 16. 在中，，. （1）求的值； （2）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，使存在且唯一确定，求边上的高. 条件①：； 条件②：； 条件③：的面积为6. 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，在四棱锥中，底面为正方形，平面平面，点在线段上，平面，，． （1）求证：为的中点； （2）求二面角的大小； （3）求直线与平面所成角的正弦值． 18. 在一大型仓库里，存有大量的原料台球，其大小均匀，按红色与白色分为两堆，每种颜色中又有塑料和木头两种材质，现对仓库中两种颜色的球，分别进行了简单随机抽样，所得结果统计如下： 红色 白色 塑料球 木质球 塑料球 木质球 68个 136个 153个 51个 （1）估计从仓库所有红色球中随机抽取1个得到塑料球的概率； （2）从仓库所有红色球中依次随机抽取2个，从仓库所有白色球中依次随机抽取2个，估计这4个球中塑料球的个数等于木质球的个数的概率． （3）若仓库中红色球的个数是白色球的3倍，从仓库中随机抽取1个球，该球为塑料球的概率为，该球为木质球的概率为，比较与的大小关系（结论不要求证明） 19. 已知椭圆的离心率为，左､右顶点分别为，，且过点. （1）求的方程； （2）若，为上与点，均不重合的两个动点，且直线，的斜率分别为和. （i）若（为坐标原点），判断直线和的位置关系； （ii）证明：直线经过轴上的定点. 20. 设函数 （1）时，求函数的最大值. （2）讨论的单调性. （3）当时，证明：. 21. 已知，数列：，，⋯，，其中.称集合{，是的因数}为数列的制约集. （1）当时，设：1，3，5，2，6，4； ：2，4，3，5，1，6.直接写出和； （2）设，，数列满足，证明：存在偶数，； （3）若，求所有满足条件的数列. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $