精品解析：北京市第四中学2025-2026学年第二学期高三考前模拟数学试题

高三数学保温练习 （试卷满分为150分，考试时间为120分钟） 一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分） 1. 设全集，集合，，则=（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数，则复平面内，复数z的共轭复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 已知抛物线上的一点到其焦点F的距离为3，则的值为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 4. 已知圆与直线交于A，B两点，若，则实数m的值为（ ） A. 6 B. C. 6或16 D. 或 5. 已知，则（ ） A. 1 B. C. D. 122 6. 已知非零不共线向量，满足，则向量与向量的夹角为（ ） A. B. C. D. 7. 在中，“”是“B为钝角”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 8. 将函数的图象上的每个点的横坐标不变，纵坐标变为原来的3倍，得到函数的图象．再将的图象向右平移1个单位长度，所得图象恰好与函数的图象重合．则可以是（ ） A. B. C. D. 9. 在棱长为的正方体中，点分别是棱的中点，点在线段（含端点）上运动，则下列结论不正确的有（ ） A. 存在点，使得 B. 存在点，使得平面 C. 对任意点，都有平面 D. 对任意点，三棱锥的体积为定值 10. 对非空有限数集S，定义其“绝对交错和”如下：设，，其中，则S的“绝对交错和”为；当时，S的“绝对交错和”为．若数集，则T的所有非空子集的“绝对交错和”的总和为（ ） A. 5040 B. 4920 C. 4856 D. 4832 二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分） 11. 双曲线的一条渐近线为，则其焦距为________． 12. 能够说明“设a，b，c均为正实数，若，则”是假命题的一组正实数a，b，c的值依次为________． 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. 设函数，若，则的零点为________；若的值域为，则a的取值范围是________． 15. 设数列和的项数均为m，称为数列和的距离．记满足的所有数列构成的集合为C．已知数列和为集合C中的两个元素，项数均为m，给出下列四个结论： ①数列1，3，5，7和数列2，4，6，8的距离为4； ②若（），则； ③若（），则； ④若，，数列和的距离不超过2026，则m的最大值为3472． 其中所有正确结论的序号是________． 三、解答题（本大题共6小题，共85分） 16. 已知函数（）． （1）若，求及的单调递增区间； （2）已知在区间上单调递增，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，使函数存在且唯一确定，求的最小正周期. 条件①：； 条件②：点在的图象上； 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，在三棱柱中，平面，D，E分别为，的中点，． （1）求证：平面； （2）求二面角的余弦值； （3）求点到平面的距离． 18. 全社会厉行勤俭节约，反对餐饮浪费．某市为了解居民外出就餐有剩余时是否打包，进行了一项“舌尖上的浪费”的调查，对该市的男性和女性居民利用简单随机抽样各抽取4000名，将获得的数据按不同年龄段整理如下表： 男性 女性 打包 不打包 打包 不打包 第1段 250 650 450 650 第2段 300 600 550 550 第3段 600 400 750 250 第4段 850 350 650 150 假设所有居民外出就餐有剩余时是否打包相互独立． （1）从样本中第3段居民中任选一名，求其外出就餐有剩余时打包的概率； （2）从该市男性居民中随机抽取1人，女性居民中随机抽取2人，记这3人中恰有X人外出就餐有剩余时打包，求X的分布列； （3）假设每年龄段居民外出就餐有剩余时打包的概率与表格中该段居民外出就餐有剩余时打包的频率相等，“”表示第k段居民外出就餐有剩余时打包，“”表示第k段居民外出就餐有剩余时不打包（），写出方差，，，的大小关系．（只需写出结论） 19. 已知椭圆：的左、右顶点分别为，，左焦点为，点在上，轴，且直线的斜率为． （1）求的方程； （2）（异于点）是线段上的动点，与的另一交点为，与的另一交点为，直线与直线相交于点，问：是否为定值？若是，求出此定值，若不是，说明理由． 20. 设函数，其中． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）求证：； （3）若对于任意，，都有，求m的取值范围． 21. 已知数列，，…，为个数，，…，的一个排列，其中，且．若在集合中至少有一个元素i使得，则称数列A具有性质P． （1）当时，判断数列：1，5，3，4，6，2和数列：6，5，2，4，1，3是否具有性质P（结论不需要证明）； （2）若数列和（，，…，）均为等差数列，且，，证明：对于所有的偶数m，数列，，…，不具有性质P； （3）在所有由，，…，的排列组成的数列中，记具有性质P的数列的个数为S，不具有性质P的数列的个数为T，证明：对于任意m（），． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学保温练习 （试卷满分为150分，考试时间为120分钟） 一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分） 1. 设全集，集合，，则=（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由可得：，所以， 由，所以，所以. 2. 已知复数，则复平面内，复数z的共轭复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】C 【解析】 【分析】先通过复数的除法运算化简复数，再求出其共轭复数，结合复数的几何意义判断对应点所在象限. 【详解】由， 得，故对应的点为， 由其横、纵坐标均为负可知该点位于第三象限. 3. 已知抛物线上的一点到其焦点F的距离为3，则的值为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由抛物线上的点到焦点的距离等于其到准线的距离列方程求解. 【详解】由抛物线可得，即，因此其准线方程为， 已知点到焦点的距离为3，则点到准线的距离也为3， 即 ，解得. 4. 已知圆与直线交于A，B两点，若，则实数m的值为（ ） A. 6 B. C. 6或16 D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】先将圆的一般方程化为标准方程得到圆心坐标与半径，再结合垂径定理和点到直线的距离公式列方程求解m的值. 【详解】化圆的一般方程为标准方程， 因此圆心为，半径. 已知弦长，则弦长的一半为, 根据垂径定理，圆心到直线的距离满足， 代入已知数据得，解得. 圆心到直线的距离为，即，解得或. 5. 已知，则（ ） A. 1 B. C. D. 122 【答案】B 【解析】 【分析】利用赋值法分别令和得到两个等式，相加后除以2即可求得偶数次项的系数之和. 【详解】令，则  ， 即 ① 令，则 ， 即 ② ①+②得： ，所以. 6. 已知非零不共线向量，满足，则向量与向量的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为， 所以，化简可得， ，代入可得， 因为向量与向量都是非零向量， 所以向量与向量垂直，即夹角为. 7. 在中，“”是“B为钝角”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】A 【解析】 【详解】化简条件，， 合并同类项得：， 易得，所以. 充分性： 由可知，与必然异号， 此时分类讨论： 若，则，此时，则， 因为，所以，由于在上单调递增，可得， 将代入上式得：，显然不成立. 若，则，此时，则， 因为，所以，由于在上单调递增，可得， 将代入上式得：，成立. 所以可以推出为钝角，即充分性成立. 必要性： 举反例即可，若为钝角，取，时，此时是钝角，且， ，，此时，即不满足已知条件. 因此，由为钝角不能推出已知条件，即必要性不成立. 8. 将函数的图象上的每个点的横坐标不变，纵坐标变为原来的3倍，得到函数的图象．再将的图象向右平移1个单位长度，所得图象恰好与函数的图象重合．则可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】将横坐标不变，纵坐标变为原来的3倍，可得， 将向右平移1个单位长度，所得图象恰好与的图象重合，可得， 选项A：，故A错误； 选项B：，故B错误； 选项C：，故C正确； 选项D：，故D错误. 9. 在棱长为的正方体中，点分别是棱的中点，点在线段（含端点）上运动，则下列结论不正确的有（ ） A. 存在点，使得 B. 存在点，使得平面 C. 对任意点，都有平面 D. 对任意点，三棱锥的体积为定值 【答案】D 【解析】 【分析】建立空间坐标系，设出点后结合选项逐一分析. 【详解】已知正方体棱长为，故以为原点，以方向为轴建立空间坐标系， 则各点坐标：，， 又在线段上，设，则， 选项A：向量，， 若垂直，则， 即，存在这样的，A选项正确； 选项B：向量，，， ，即， 若，则， 此时与重合，即当时，， 又，平面， 故平面，存在这样的，B选项正确； 选项C：，， 设平面的法向量为，则， 即：，取，则： 所以法向量，又 ，所以， 且不在平面上，故对任意，平面，C选项正确； D选项：，， ，， 设平面法向量，则， 取，则，则法向量为：， 点到平面的距离：， 由于，，所以：， 三棱锥的体积： 又为定值，但随变化，因此体积不是定值，D选项错误. 10. 对非空有限数集S，定义其“绝对交错和”如下：设，，其中，则S的“绝对交错和”为；当时，S的“绝对交错和”为．若数集，则T的所有非空子集的“绝对交错和”的总和为（ ） A. 5040 B. 4920 C. 4856 D. 4832 【答案】A 【解析】 【分析】根据集合新定义，分别求出当子集为单元素、两个元素、三个元素以及四个元素时的“绝对交错和”，即可求得答案. 【详解】对于数集， 当其子集为单元素集合时，子集的“绝对交错和”的总和为； 当子集为两个元素的集合时，子集的“绝对交错和”的总和为T中任意两个元素的差的绝对值之和， 即； 当子集为三个元素的集合时，若是，则“绝对交错和”为； 若是，则“绝对交错和”为； 若是，则“绝对交错和”为； 若是，则“绝对交错和”为； 故此时子集的“绝对交错和”的总和为； 当子集为四个元素的集合时，“绝对交错和”为， 则T的所有非空子集的“绝对交错和”的总和为. 二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分） 11. 双曲线的一条渐近线为，则其焦距为________． 【答案】 【解析】 【分析】先根据双曲线渐近线方程求出参数，再利用双曲线的关系求解，进而得到焦距. 【详解】因为双曲线方程为，所以. 所以渐近线方程为，由题意知，渐近线方程为，所以. 又因为，所以，故焦距是. 12. 能够说明“设a，b，c均为正实数，若，则”是假命题的一组正实数a，b，c的值依次为________． 【答案】2，2，3（也可取3，4，5，答案不唯一） 【解析】 【分析】选取满足且的正实数即可. 【详解】若，，，满足a，b，c均为正实数，且，此时，不满足，故原命题为假命题； 若，，，满足a，b，c均为正实数，且，此时，不满足，故原命题为假命题. 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. 设函数，若，则的零点为________；若的值域为，则a的取值范围是________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】第一空，根据分段函数的解析式，分段求解，即可得答案；第二空，确定每段函数的函数值域情况，结合题意，即的值域为，即可确定参数的取值范围. 【详解】时，， 当时，，令， 解得，符合题意； 当时，，此时函数无零点， 故的零点为； 当时，，在上单调递减， 则，即， 要使整个函数值域为，则时的函数值域必须覆盖， 当时，， 若，此时，函数值域无法覆盖，不合题意； 若，此时，函数值域无法覆盖，不合题意； 当时，，要使函数值域覆盖，只需， 综合上述可知a的取值范围是. 15. 设数列和的项数均为m，称为数列和的距离．记满足的所有数列构成的集合为C．已知数列和为集合C中的两个元素，项数均为m，给出下列四个结论： ①数列1，3，5，7和数列2，4，6，8的距离为4； ②若（），则； ③若（），则； ④若，，数列和的距离不超过2026，则m的最大值为3472． 其中所有正确结论的序号是________． 【答案】①②④ 【解析】 【分析】对于①，利用定义求解即可；对于②，找出，是以4为周期的周期数列，即可求解；对于③，由②知是以4为周期的周期数列，结合，基本不等式即可求解；对于④，利用定义结合周期性求解. 【详解】对于①，根据数列距离的定义可得，数列1，3，5，7和数列2，4，6，8的距离为 ，故①正确； 对于②，设， 由可得：， 故是以4为周期的周期数列，且， 同理可得也满足此性质，故，则，故②正确； 对于③，由②知， 因为，故， 所以， 所以，故③错误； 对于④，因为 所以数列中，, 数列中，, 因为，故项数越大，数列和的距离越大， 而，， 则，， 要使数列和的距离不超过2026，则m的最大值为3472，故④正确. 三、解答题（本大题共6小题，共85分） 16. 已知函数（）． （1）若，求及的单调递增区间； （2）已知在区间上单调递增，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，使函数存在且唯一确定，求的最小正周期. 条件①：； 条件②：点在的图象上； 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），单调递增区间，； （2）选①，最小正周期； 选③，最小正周期． 【解析】 【分析】（1）利用二倍角公式与辅助角公式，先对函数解析式进行化简，根据所给条件，利用整体代换的思想求解函数的单调递增区间； （2）通过题干所给条件先求出参数的取值范围，再根据所选择的条件计算出参数的具体取值，再利用周期公式计算最小正周期． 【小问1详解】 ； 因为，则； ； 令，解得； 故的单调递增区间为，； 【小问2详解】 由（1）知，， 令，； 解得；当时，； 已知在区间上单调递增，故，解得； 选① 因为，即， 解得，因为，则， 故，解得； ，的最小正周期； 选② 因为点在的图象上， 则，即，，解得， 综上，，；，； 此时不唯一，故不符合题意； 选③ 因为，则对称轴为， 则，解得， 因为，故，； ，的最小正周期． 17. 如图，在三棱柱中，平面，D，E分别为，的中点，． （1）求证：平面； （2）求二面角的余弦值； （3）求点到平面的距离． 【答案】（1）已知，为中点，可得， 又平面，平面，故， 分别为中点，三棱柱中，故， 又，平面，平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由及为中点，利用等腰三角形“三线合一”得；结合平面及，得到，从而由线面垂直判定定理证得平面； （2）以平面为基础，构造出二面角的平面角；利用已知边长、、，通过勾股定理与面积公式求出与，进而得到余弦值； （3）将点到平面的距离转化为三棱锥的高，利用等体积法建立方程；结合、及，计算得到所求距离. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由(1)可得平面，平面，故， 过作于，连接，因为，平面， 所以平面，又平面，故， 故即为二面角的平面角， 是中点，，则，； 且，， 故， ，得， 因为平面，又平面，故， 在中：， 故，即二面角的余弦值为. 【小问3详解】 三棱锥的体积等价于三棱锥的体积，即：， 由平面，得：， 计算的面积：，，， 为等腰三角形，底边上的高， 因此：， 设点到平面的距离为，由得：， 解得，即点到平面的距离为. 18. 全社会厉行勤俭节约，反对餐饮浪费．某市为了解居民外出就餐有剩余时是否打包，进行了一项“舌尖上的浪费”的调查，对该市的男性和女性居民利用简单随机抽样各抽取4000名，将获得的数据按不同年龄段整理如下表： 男性 女性 打包 不打包 打包 不打包 第1段 250 650 450 650 第2段 300 600 550 550 第3段 600 400 750 250 第4段 850 350 650 150 假设所有居民外出就餐有剩余时是否打包相互独立． （1）从样本中第3段居民中任选一名，求其外出就餐有剩余时打包的概率； （2）从该市男性居民中随机抽取1人，女性居民中随机抽取2人，记这3人中恰有X人外出就餐有剩余时打包，求X的分布列； （3）假设每年龄段居民外出就餐有剩余时打包的概率与表格中该段居民外出就餐有剩余时打包的频率相等，“”表示第k段居民外出就餐有剩余时打包，“”表示第k段居民外出就餐有剩余时不打包（），写出方差，，，的大小关系．（只需写出结论） 【答案】（1） （2）的分布列为： （3）【解析】 【分析】（1）利用频率估计概率，计算第3段打包人数占该段总人数的比值； （2）先求解男性、女性打包的概率，确定的所有取值，分别计算对应概率得到分布列； （3）根据两点分布方差公式，比较各段打包概率，得到方差大小关系. 【小问1详解】 由表格数据可得，第3段居民总人数为， 其中外出就餐有剩余时打包的人数为， 用频率估计概率，故所求概率为. 【小问2详解】 男性总样本量为，打包总人数为， 故男性打包概率； 女性总样本量为，打包总人数为， 故女性打包概率. 的所有可能取值为， ：男性不打包，2名女性均不打包，； ：包含两类情况，男性打包且2名女性均不打包、男性不打包且2名女性恰1人打包， ； ：包含两类情况，男性打包且2名女性恰1人打包、男性不打包且2名女性均打包， ； ：男性打包且2名女性均打包，. 综上可得的分布列为： 【小问3详解】由题意知服从两点分布，其方差为， 其中为第段居民打包的概率， 由表中数据得,, ,， 所以，， ，， 所以. 19. 已知椭圆：的左、右顶点分别为，，左焦点为，点在上，轴，且直线的斜率为． （1）求的方程； （2）（异于点）是线段上的动点，与的另一交点为，与的另一交点为，直线与直线相交于点，问：是否为定值？若是，求出此定值，若不是，说明理由． 【答案】（1） （2）是定值，定值是2 【解析】 【分析】（1）设，代入的方程，再结合直线的斜率为及左焦点为，即可得出，的值，进而得出的方程； （2）设直线的方程及，，，其中，，直线的方程与椭圆联立消去，根据韦达定理得出和，再由直线与直线相交于点，得出，，表示出，代入和即可得出，解出得出点在直线上，结合轴，即可得出的值． 【小问1详解】 设， 因为点在上，直线的斜率为，椭圆的左焦点为， 则由题意得， 解得，，， 所以的方程为． 【小问2详解】 由（1）知，， 设，，，其中，， 由题意设：，与联立消得， 则，， 因为直线与直线相交于点，且与的另一交点为， 所以，，即，， 所以 ， 所以，即点在直线上， 又轴，，所以， 即为定值2． 20. 设函数，其中． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）求证：； （3）若对于任意，，都有，求m的取值范围． 【答案】（1）； （2）证明：由可得 令，可知是该方程的一个根； 令，则恒成立； 故在上单调递增， 则当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 故在处取得最小值，； 故，故恒成立； （3）． 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义，在一点处的导数值等于在这点处切线的斜率，由此写出切线方程即可； （2）利用导函数的正负判断原函数的单调性，通过单调性变化得到最值，从而证明结论即可； （3）根据第二问函数的单调性，化简，判断绝对值的最值，通过构造函数，利用新函数的单调性，通过不等式计算参数的取值范围． 【小问1详解】 当时，，； ，； 故曲线在点处的切线方程为：； 【小问2详解】 略； 【小问3详解】 由（2）可知，对任意的，在上单调递减，在上单调递增； 故在处取最小值，，最大值为， 则成立的充要条件为，，； 令，则，， 令，解得， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减； 故， 令， 则，故单调递增，且， 故当时，，， 当时，，， 综上，需满足， 故，解得 综上，m的取值范围为． 21. 已知数列，，…，为个数，，…，的一个排列，其中，且．若在集合中至少有一个元素i使得，则称数列A具有性质P． （1）当时，判断数列：1，5，3，4，6，2和数列：6，5，2，4，1，3是否具有性质P（结论不需要证明）； （2）若数列和（，，…，）均为等差数列，且，，证明：对于所有的偶数m，数列，，…，不具有性质P； （3）在所有由，，…，的排列组成的数列中，记具有性质P的数列的个数为S，不具有性质P的数列的个数为T，证明：对于任意m（），． 【答案】（1）数列不具有性质，数列具有性质. （2）设等差数列的公差为，则， 由，，得，故公差. 若，则，不满足题意， 所以，因此，； 同理可得，， 故数列为. 即数列中奇数项均为奇数，偶数项均为偶数， 可知对任意，均有与两者中一个奇数一个偶数， 所以不可能为偶数， 故对于所有的偶数，数列不具有性质； （3）设数列为任意一个不具有性质的数列， 因为为的一个排列， 由任意，由， 若，则或，由， 数列中不可能同时存在两项满足题意的，使得， 假设与均不在数列，则，且， 故且推出矛盾， 故与二者中有且仅有一项在数列中. 由上分析可知对于首项，由数列不具有性质，则. 故在中有且仅有一项，使得.   在数列中，将项移到项的前面，其余项的顺序保持不变， 得到新数列， 新数列仍为的一个排列，且不同于原数列， 显然数列具有性质. 且任意一个与不同的不具有性质的数列，通过上述移动首项的方法都得不到数列. （由于操作可逆，假设某数列通过同样方法得到数列，则由逆向操作移回后必与数列相同） 由题意具有性质P的数列的个数为S，不具有性质P的数列的个数为T， 结合数列为任意一个不具有性质的数列，由上述方法必可以对应构造一个符合题意的具有性质的数列，因此可得.                    又因为数列具有性质， 在集合中，存在当时，， 其中，故至少个元素，满足. 假设存在某不具有性质的数列，通过上述移动首项方法可得到数列， 则通过逆向操作，移回数列，则在集合中， 依然存在至少个元素，满足. 数列必具有性质，产生矛盾，故假设错误， 所以任何一个不具有性质的数列都不可能通过上述移动首项方法得到数列. 故. 综上可知，. 【解析】 【分析】（1）对数列中的每个数字进行验证； （2）由数列都是等差数列，可以得到，从而证明； （3）设数列为任意一个不具有性质的数列，通过构造一个数列项的平移方法，可得到具有性质的新数列，从而得到，再通过特例数列，说明这种构造方法之下，此数列具有性质，反向却得不到不具有性质的数列，从而可知即可证明. 【小问1详解】 数列不具有性质，数列具有性质.理由如下： 若数列具有性质， 则集合中至少有一个元素，使得， 验证：由， 可知任意相邻两项差的绝对值均不等于， 即不存在，使得，所以数列不具有性质. 对于数列，集合中存在元素时， 满足，所以数列具有性质. 【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 $