北京市丰台区2026-2027学年高三上学期开学考试数学练习卷

**基本信息** 北京市丰台区2027届高三开学数学练习卷，以文化传承（如桔槔灌溉）、社会热点（助农直播）、环保议题（塑料袋降解）为情境，覆盖函数、几何、概率等核心知识，梯度设计兼顾基础巩固与创新应用，体现数学眼光观察现实、数学思维解决问题的素养。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|10/40|集合、复数、双曲线、三角函数图像|第10题结合古代灌溉情境考查解三角形，渗透数学文化| |填空题|5/25|圆的切线、等差数列、函数模型|第13题以塑料袋降解为背景，考查指数函数应用，关联环保热点| |解答题|6/85|概率统计、立体几何、椭圆、导数、新定义|17题助农直播情境考查概率计算，21题新定义数阵考查逻辑推理，体现创新意识|

北京市丰台区2027届高三开学练习卷 数 学 试 卷 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．设全集，集合，，则= （A） （B） （C） （D） 2．已知复数，则 （A） （B） （C） （D） 3．已知双曲线的一条渐近线的倾斜角为，则 （A） （B） C． （D） 4．已知，则 （A）1 （B） （C） （D）122 5．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） 6．在长方形中，，，是边上一点，则的最小值为 （A）1 （B）2 （C）3 （D）4 7．已知数列的前n项和为，则对，“”是“”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．将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象.若与的图象关于点对称，则的最小值为 （A） （B） （C） （D） 9．已知高一（1）班人数比高一（2）班人数多，两个班的女生总人数比男生总人数多，则下列判断一定正确的是 （A）高一（1）班女生人数比男生人数多 （B）高一（2）班女生人数比男生人数多 （C）高一（1）班男生人数比高一（2）班女生人数多 （D）高一（1）班女生人数比高一（2）班男生人数多 10．春秋以前中国已有“抱瓮而出灌”的原始提灌方式，使用提水吊杆——桔槔，后发展成辘 轳.19世纪末，由于电动机的发明，离心泵得到了广泛应用，为发展机械提水灌溉提供 了条件.图形如图所示为灌溉抽水管道在等高图的上垂直投影，在A处测得B处的仰角 为37度，在A处测得C处的仰角为45度，在B处测得C处的仰角为53度，A点所在 等高线值为20米，若BC管道长为50米，则B点所在等高线值为（参考数据） （A）30米 （B）50米 （C）60米 （D）70米 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．设，且过点作圆的切线有且只有一条，则__________. 12．已知等差数列的前项和为，首项与公差分别为，，则满足的一组， 的取值是__________，__________. 13．塑料袋给我们生活带来了方便，但塑料在自然界可停留长达年之久，给环境 带来了很大的危害，国家发改委、生态环境部等部门联合印度《关于礼实推进型科技染物理工作的通知》明确指出，年月日起，禁用不可降解的塑料袋、塑料餐具及一次性塑料吸管等，某品牌塑料袋经自然降解后残留量与时间年之间的关系为，其中为初始量，为光解系数.已知该品牌塑料袋年后残留量为初始量的.该品牌塑料袋大约需要经过______．年，其残留量为初始量的（参考数据：，） 14．现有两个完全相同的四棱柱材料（如图一所示）.某课外手工小组的同学将其中一个切 掉一个三棱柱后拼接成如图二所示的“型”几何体（正方形与正方形在同一平面内，四点在一条直线上），，则图一所示的四棱柱的侧面的面积为__________，图二所示的几何体的体积为__________. 15．设函数，给出下列四个结论： ①当时，恰有2个零点； ②存在正数，使得恰有1个零点； ③存在负数，使得恰有2个零点； ④存在负数，使得恰有3个零点. 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）（本小题13分） 已知函数. （Ⅰ）若，求及的单调递增区间； （Ⅱ）已知在区间上单调递增，且，求的最小正周期. （17）（本小题13分） 某县开展“振兴乡村·助农直播”活动，某日不同时段的直播开始时间及带货时长如下表（均按计划完成）： 上午场 （09：00至11：59开播，生鲜农产品） 下午场 （14：00至17：59开播，手工艺品） -09：00直播间A（特色水果）： 带货时长2小时20分 -09：45直播间B（生态大米）： 带货时长1小时50分 -10：30直播间C（散养土鸡）： 带货时长2小时30分 -11：15直播间D（手工腐竹）： 带货时长1小时30分 -14：00直播间E（竹编器具）： 带货时长1小时30分 -15：30直播间F（刺绣饰品）： 带货时长2小时40分 -16：45直播间G（藤编家具）： 带货时长1小时10分 （Ⅰ）某主播从上述直播间中随机选取一场参与，求该场直播的带货时长超过2小时的概率； （Ⅱ）甲、乙、丙3位主播依次从上述直播间中随机选取一场参与（每直播间仅一位主播）， 求甲、乙、丙中至少有2人带货时长超过2小时的概率； （Ⅲ）若甲、乙、丙随机选取一场参与，其中甲必须选上午场直播，乙必须选下午场直播， 丙的选择无时段限制，且甲、乙、丙3人的选择互不影响．记甲、乙、丙的带货时长的方差分别为，，，写出，，的大小关系？（结论不要求证明） （18）（本小题14分） 如图，在几何体中，平面平面，，，，，，M为中点，点B，D在直线两侧. （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）已知，再从下列条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知， 使得几何体存在，求平面与平面夹角的余弦值. 条件①：； 条件②：； 条件③：点D到平面的距离为. 注：如果选择的条件不符合要求，第（II）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. （19）（本小题15分） 已知椭圆的左顶点为，焦距为． （Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）设为原点，过点且斜率为的直线与椭圆的另一个交点为，线段的垂直 平分线与轴交于点，与轴交于点．过点且与平行的直线与轴交于 点．若与的面积之比为，求的值． （20）（本小题15分） 已知在处的切线方程为． （Ⅰ）求实数的值； （Ⅱ）证明：仅有一个极值点，且． （Ⅲ）若，是否存在使得恒成立，存在请求出的取值范围， 不存在请说明理由． （21）（本小题15分） 设是一个行列的数阵，且数阵中的每一项，都等于或．若对任意，，其中，，且都有则称数阵具有性质． （I）判断下列两个数表是否具有性质． 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 （II）在所有具有性质的数阵中，的个数最多是多少？ （III）若，，且数阵具有性质，证明：对任意，，都有． 第 1 页 共 6 页 学科网（北京）股份有限公司 答案 40分 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A C C B C B A D D B 11． 12． （答案不唯一,只需满足即可） 13． 14． ; ； 15．①③④ 16．（1）因为 ， 当时，，则. 令，解得， 所以的单调递增区间为； （2）因为，所以 因为在区间上单调递增，且，在区间上单调递增， 所以，解得. 又，在区间上单调递增， 所以曲线关于对称，且点在曲线的递增部分上， 则， 又在处单调递增，所以，解得， 又，所以，则， 所以的最小正周期为. 17．（1）由题意可知总共有场直播，其中超过小时的直播有场，则概率为. （2）设事件｛甲乙丙中恰有人带货时长超过小时｝， 事件｛甲乙丙中恰有人带货时长超过小时｝， 则，， 所以概率为. （3）甲可选的直播时长为，则均值， 所以方差； 乙可选的直播时长为，则均值， 所以方差； 丙可选的直播时长为，则均值， 所以方差. 由，则. 18．（1）取中点，连接，， 因为，所以， 因为为中点，所以，因为，所以， 所以、、三点共线，即，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面. （2）因为平面，平面，所以， 又，，平面，平面， 所以平面， 以为原点，、、为x，y，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，. 若选条件①：，设，则，， 因为，所以，解得，不符合题意，故不能选条件①. 若选条件②：，连接，在中，， 所以，则，， 设平面的法向量为，则，即， 令，则，，所以平面的法向量为， 由题可知平面的法向量为， 设平面与平面的夹角为，则. 若选条件③：点D到平面的距离为， 因为平面，所以点D到平面的距离为，即， 以下同条件②. 19．（1）由题意， 解得． 所以椭圆的方程为． （2）    由题意，直线的方程为， 由，得． 由题意，． 设，则， 解得， 所以线段的中点为． 线段垂直平分线的方程为：， 令得，所以． 令得，所以． 所以． 因为过点与直线平行的直线的方程为，故， 所以． 因为， 所以，整理得． 若，则，解得，故； 若，则，解得，故． 综上，或． 20．（1）由题意，，则， 解得，又，可得切点为，代入，得. 所以实数. （2）由（1）得，则， 令，， 令，得，令，得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， 且当时，，，， 所以在上存在唯一零点，使得即， 当时，，即，单调递减， 当时，，即，单调递增， 所以仅存在一个极值点，， ， 又函数，，而， 所以在上单调递减，则， 所以. （3）若存在，使得恒成立，即，对恒成立， 当时，当时，则，显然上式不成立； 当时，令，， 则， 令，则在上恒成立， 所以即在上单调递增，又，， 所以存在，使得， 所以当时，，即单调递减，此时， 所以不恒成立， 故当时，不存在满足条件. 综上，不存在，使得恒成立. 21.（15分） （1）对于，只有两行，所以行距只能为． 要满足|行距列距|，列距只能为． 取第、行和第、列，四个顶点之和为 所以不具有性质． 对于，行距为时，列距只能为；行距为时，不存在符合条件的列距． 因此，只需检验相邻两行与第、列组成的两个矩形． 第、行对应的四个顶点之和为 第、行对应的四个顶点之和为 所以具有性质． （2）设第行元素之和为 先考察第行与第行． 令 对，第、行的行距为，第、列的列距为，由性质得 因此从而 同理，考察第行与第行，可得 所以整个数阵所有元素之和为 设数阵中的个数为． 数阵中共有个数，因此的个数为，从而解得 下面说明可以达到． 取 该数阵中共有个． 对于数阵，可能的行距、列距组合只有 当行距、列距为时，相邻两行第、列的四个数之和均为； 当行距、列距为时，第、行以及第、行对应各列的元素之和均为； 当行距、列距为时，第、行与相距的两列组成的四个数之和也为． 所以该数阵具有性质，且的个数为． 因此，的个数最多为 （3）性质中的四个数都属于，且四个数的和为，所以其中恰有两个和两个． 因此，对任意满足性质下标条件的四个位置，都有①， 对，，令 先取行距为、列距为的矩形． 由①，对及，有 由于，所以②， 下面比较第行与第行的值． 对，取第、行和第、列． 此时行距为，列距为，由①得 由②知，故③， 令 则由③得，所以 再取第、行和第、列． 此时行距为，列距为，由①得即 由于且，所以． 从而④， 同理，取第、行和相距的两列，再取第、行和相距的两列，可得⑤， 结合②、④、⑤，可知对于每个，都有⑥， 当时，由，显然有 当时，由⑥，由中间因子均成对出现，且，有 再由⑥， 两边同乘，并利用，得 命题得证。 第 1 页 共 14 页 学科网（北京）股份有限公司 $