精品解析：北京市房山区2026-2027学年高三上学期入学测试数学试卷

房山区2026年新高三入学测试试卷 数　学 本试卷满分150分，考试时长120分钟．考生务必将答案填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效．考试结束后，将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. 已知集合，，则的元素个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 2. 已知复数，则在复平面内对应的点所在的象限是（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 已知双曲线的一条渐近线为，则该双曲线的实轴长为（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 4. 在的展开式中，若常数项为240，则（ ） A. B. C. D. 5. 下列函数中，是奇函数且在上单调递增的为（ ） A. B. C. D. 6. 已知向量，向量满足，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 7. 将函数的图象平移得到函数的图象，且点为曲线在轴右侧的首个对称中心，则上述的平移方式可以是（ ） A. 向左平移个单位长度 B. 向右平移个单位长度 C. 向左平移个单位长度 D. 向右平移个单位长度 8. 奶茶店有甲、乙、丙、丁4名店员，星期五卖出的奶茶的杯数分别为，，，（，，，均为正整数且互不相等）．已知甲、乙卖出的杯数和与丙、丁卖出的杯数和相同，乙比甲多卖出2杯，丙比丁少卖出8杯，则，，，的大小关系正确的是（ ） A. B. C. D. 9. 已知数列是公比为的无穷等比数列，，则“”是“任取无穷等差数列，对于任意，存在正整数，使”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 10. 定义：“”为向量与向量的“外积”，若向量与向量的夹角为、它的长度规定为．在中，若，，则的最大值为（ ） 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. 已知圆的圆心为，斜率为1的直线与该圆相切，且与轴交于点，则______． 12. 图书馆安静区域的声强级（单位：）通常满足．声强级的计算公式为，其中（单位：）为声强，基准声强．根据以上条件，图书馆安静区域对应的声强的取值范围是______． 13. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，，，，平面与平面的夹角为，则该四棱锥的体积为______，侧面积为______． 14. 设等差数列的前项和为，已知，当且仅当时，取得最大值，写出满足条件的一个的值______． 15. 已知函数，给出下列四个结论： ①当时，的图象关于直线对称； ②，在上存在最小值； ③，在上单调递减； ④，使得有四个零点． 其中正确结论的序号是______． 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）求的值； （2）求的面积． 17. 如图，在直四棱柱中，，，，，且，分别为，的中点． （1）求证：平面； （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条件，使得直四棱柱存在且唯一，求平面与平面夹角的余弦值． 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作答，按第一个解答计分． 18. 足球联赛中两队的胜负规则是：一场比赛中进球多者为胜，进球少者为负，两队均不进球或进球数一样为平局；积分规则是：取胜的球队积3分，负的球队积0分，平局每队各积1分．甲、乙两队近期将要进行2026赛季的2场比赛，为预测它们2场比赛的总积分，收集了两队近5个赛季比赛的结果，如下表： 2021赛季 2022赛季 2023赛季 2024赛季 2025赛季 第一场 第二场 第一场 第二场 第一场 第二场 第一场 第二场 第一场 第二场 甲队进球数 2 1 1 2 3 2 0 1 3 0 乙队进球数 1 5 0 2 2 1 1 1 0 2 假设甲、乙两队每场的比赛相互独立．用频率估计概率． （1）估计甲队第一场比赛获胜的概率； （2）在2026赛季的2场比赛中，设甲队的总积分为，估计的数学期望； （3）记为表中乙队10场进球数的平均数．从上述比赛中随机选择一场，记为乙队在这场比赛中的进球数．比较与的大小．（只需写出结论） 19. 在平面直角坐标系中，点是椭圆的上顶点，且椭圆的离心率为． （1）求椭圆的标准方程； （2）过点的直线与椭圆交于、两点，其中点在第一象限，点在第四象限，直线与轴交于点，直线与轴交于点，设与的面积分别为、．证明：为定值． 20. 已知函数，． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若函数在上单调递增，求实数的取值范围； （3）若函数在上的最大值为，求实数的值． 21. 若项数不少于的有穷数列满足如下两个性质，则称为合规数列． ①对任意的，都有； ②对任意的，、、这三个数至少有一个是数列中的项． （1）如果项数为的合规数列中，，，，求的值； （2）证明：、、不可能都是某个合规数列中的项； （3）求合规数列的项数的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 房山区2026年新高三入学测试试卷 数　学 本试卷满分150分，考试时长120分钟．考生务必将答案填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效．考试结束后，将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. 已知集合，，则的元素个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【详解】由集合，集合， 可得，共有4个元素. 2. 已知复数，则在复平面内对应的点所在的象限是（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的运算法则，化简复数，结合复数的几何意义，即可求解. 【详解】由复数， 所以复数在复平面内对应的点位于第一象限. 3. 已知双曲线的一条渐近线为，则该双曲线的实轴长为（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】通过渐近线方程确定，进而可求解. 【详解】 由题可知该双曲线中，解得， 又双曲线的一条渐近线为，因此， 又，得，所以实轴长为. 4. 在的展开式中，若常数项为240，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】二项式展开式的通项为， 当时得常数项为，故，，. 5. 下列函数中，是奇函数且在上单调递增的为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据奇偶性与单调性的定义判断. 【详解】对A，在定义域内是减函数，A错； 对B，在上是减函数，B错； 对C，由于，，定义域不包含，C错； 对D，在上，是增函数，是减函数，因此是增函数， 又，定义域为R，是奇函数，D正确. 6. 已知向量，向量满足，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用向量模的三角不等式，先计算 ，再代入即可求得 的最小值. 【详解】已知 ，则， 已知，代入根据平面向量模的三角不等式得： ，当且仅当与方向相同时等号成立， 因此 的最小值为 . 7. 将函数的图象平移得到函数的图象，且点为曲线在轴右侧的首个对称中心，则上述的平移方式可以是（ ） A. 向左平移个单位长度 B. 向右平移个单位长度 C. 向左平移个单位长度 D. 向右平移个单位长度 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，利用三角函数的图象变换以及正弦型函数的性质，列出方程，求得的值，即可求解. 【详解】将函数的图象向左平移个单位， 得到的图象， 因为点为在轴右侧的首个对称中心， 则，可得，即， 对于A，将的图象向左平移个单位，得到的图象，符合题意，所以A正确； 对于B，将的图象向右平移个单位，得到的图象，不符合题意，所以B不正确； 对于C，将的图象向左平移个单位，得到的图象，不符合题意，所以C不正确； 对于D，将的图象向右平移个单位，得到的图象，不符合题意，所以D不正确. 8. 奶茶店有甲、乙、丙、丁4名店员，星期五卖出的奶茶的杯数分别为，，，（，，，均为正整数且互不相等）．已知甲、乙卖出的杯数和与丙、丁卖出的杯数和相同，乙比甲多卖出2杯，丙比丁少卖出8杯，则，，，的大小关系正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为甲、乙卖出的杯数和与丙、丁卖出的杯数和相同，所以， 又乙比甲多卖出2杯，丙比丁少卖出8杯，即，，故，， 将，代入得，即，故， 又， 即，故，即， 因为，，所以，又，，故. 9. 已知数列是公比为的无穷等比数列，，则“”是“任取无穷等差数列，对于任意，存在正整数，使”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】C 【解析】 【分析】借助充要条件的定义，分别验证充分性与必要性，结合等比数列，等差数列的性质判断即可. 【详解】充分性：若，对于无穷等比数列，其通项公式为. 又，当为奇数时，当取足够大的奇数时，此时为正且随增大趋向正无穷. 若，对于无穷等比数列，其通项公式为， 当足够大时，， 对于无穷等差数列，其通项公式为（为首项，为公差）， .所以对于任意，即给定，总可以找到一个足够大的正整数，使得. 因此“”能推出“任取无穷等差数列，对于任意，存在正整数，使”，充分性成立. 必要性：任取无穷等差数列，对于任意，存在正整数，使， 由，可得当时，为单调递增数列， 所以可得无穷等比数列存在趋向正无穷的子列，又，所以， 因此“任取无穷等差数列，对于任意，存在正整数，使”能推出“”，必要性成立. 所以“”是“任取无穷等差数列，对于任意，存在正整数，使”的充要条件. 10. 定义：“”为向量与向量的“外积”，若向量与向量的夹角为、它的长度规定为．在中，若，，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用向量中线公式得到三角形两条中线的长度，结合重心性质求出三角形面积的最大值，再根据外积定义转化为外积模的最大值. 【详解】由向量加法的平行四边形法则，取中点为，中点为，连接，，相交于点，如图所示， 则，且，得， 同理得. 由重心定义得为的重心， 由重心性质，重心分中线的比为， 因此，， 则的面积为， 当时，取得最大值. 由重心性质，，故的最大值为， 根据外积定义，，因此其最大值为. 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. 已知圆的圆心为，斜率为1的直线与该圆相切，且与轴交于点，则______． 【答案】 【解析】 【详解】圆的圆心，半径， 设斜率为1的直线为， 直线与该圆相切，则，解得， 又直线与轴交于点，则， 所以． 12. 图书馆安静区域的声强级（单位：）通常满足．声强级的计算公式为，其中（单位：）为声强，基准声强．根据以上条件，图书馆安静区域对应的声强的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】应用新定义结合对数运算律计算求解. 【详解】由，可得， 即，解得. 13. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，，，，平面与平面的夹角为，则该四棱锥的体积为______，侧面积为______． 【答案】 ①. ## ②. ## 【解析】 【分析】（1）通过取的中点，的中点，利用等腰三角形性质及二面角定义确定棱锥的高及顶点在底面的投影位置，进而求得体积；利用四棱锥的对称性得到，，然后利用余弦定理依次计算各侧面三角形的边长，进而求解四棱锥侧面面积即可. 【详解】取的中点，的中点，连接．作，垂足为. 因为，且为中线，所以， 又因为，，平面. 所以平面.所以为平面与平面的夹角的平面角， 即.又因为平面，所以. 又因为，，平面，所以平面. 所以即为四棱锥的高， 在中，， 在中，， 所以四棱锥体积为. 在中，由余弦定理， 由对称性可知，，， 在中，. 所以，三边长为， 所以，所以， 所以， 又因为， 所以侧面积为. 14. 设等差数列的前项和为，已知，当且仅当时，取得最大值，写出满足条件的一个的值______． 【答案】1（答案不唯一，区间内的任意实数均可） 【解析】 【分析】求出满足题意的的范围，然后在其中取一个数即可. 【详解】等差数列的前项和为，中当且仅当取得最大值，则，时，，因此有， ，，， ，，，， 所以，取其中任一实数均可. 15. 已知函数，给出下列四个结论： ①当时，的图象关于直线对称； ②，在上存在最小值； ③，在上单调递减； ④，使得有四个零点． 其中正确结论的序号是______． 【答案】①②④ 【解析】 【分析】计算可得可判断①；分和两种情况求导判断函数单调性可判断②；分和两种情况求导判断函数单调性可判断③；由题意可知判断的解的个数，数形结合法即可判断④. 【详解】对于①当时，， 所以， 所以的图象关于直线对称，故①正确； 对于②，当时，， 求导得， 又，所以，所以函数在上单调递减， 当时，， 求导得， 又，所以，所以函数在上单调递增， 又，所以在上存在最小值，故②正确； 对于③，当时，， 求导得， 又，所以，所以函数在上单调递减， 当时，， 求导得。令，解得， 当，，所以函数在上单调递增； 当，，所以函数在上单调递减；故③错误； 对于④，由，得，令， 把的图象在轴下方的翻折到轴的上方得的图象， 再把在轴右边的图象保留不变，再把右边的图象翻折到左边可得的图象， 把的图象向右平移一个单位可得的图象，如图所示： 因为，当时，，所以无解， 当时，，， 令，则，所以， 所以在上单调递增，所以，所以无解， 当时，由图象可知有唯一解， 当时，由图象可知，使有两个解， 又，所以是的解， 所以，使得有四个解， 所以，使得有四个零点，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）求的值； （2）求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）结合同角三角函数基本关系，利用三角形内角和性质、两角和正弦公式求解即可； （2）.利用正弦定理及三角形面积公式求解即可. 【小问1详解】 因为，所以，，， 所以； 【小问2详解】 由正弦定理得：， 所以. 17. 如图，在直四棱柱中，，，，，且，分别为，的中点． （1）求证：平面； （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条件，使得直四棱柱存在且唯一，求平面与平面夹角的余弦值． 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作答，按第一个解答计分． 【答案】（1）∵ 为中点，，∴ . 又，，∴ 且， ∴ 四边形为平行四边形，∴ . ∵ 平面，平面， ∴ 平面. （2）选择条件①或③时，余弦值为；选择条件②不符合要求. 【解析】 【分析】（1）通过证明四边形为平行四边形得到，结合线面平行判定定理求证. （2）建立空间直角坐标系，先根据三个条件分别求解侧棱高，判断直四棱柱是否唯一，再利用空间向量法求解两个平面夹角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ∵，∴ 在中，由余弦定理得， ∵，∴. 所以可建立以为坐标原点，为轴，为轴，为轴的空间直角坐标系如下图所示， 设直四棱柱的高为，可得各点坐标： ，，，，，. 平面为平面，故其一个法向量为. 选择条件① ： ∵ ，∴ . 解得，∵ ，∴ ，直四棱柱存在且唯一. 此时，，设平面的法向量为， 则， 两式相加得，即，代入第二式得. 令，得. 设平面与平面的夹角为， 则. 选择条件② ： ∵ ，，∴ ， 即对任意，恒成立，直四棱柱不唯一，不符合要求. 选择条件③ ： ∵ ，， ∴ . 解得，∵ ，∴ ，直四棱柱存在且唯一. 后续求平面夹角过程同条件①，得余弦值为. 【点睛】方法归纳：1. 劣构题需先根据条件判断参数解的唯一性，排除不符合要求的条件；2. 空间向量求面面夹角时，取两个平面法向量夹角的绝对值作为面面角的余弦值，注意区分二面角与面面夹角的差异. 18. 足球联赛中两队的胜负规则是：一场比赛中进球多者为胜，进球少者为负，两队均不进球或进球数一样为平局；积分规则是：取胜的球队积3分，负的球队积0分，平局每队各积1分．甲、乙两队近期将要进行2026赛季的2场比赛，为预测它们2场比赛的总积分，收集了两队近5个赛季比赛的结果，如下表： 2021赛季 2022赛季 2023赛季 2024赛季 2025赛季 第一场 第二场 第一场 第二场 第一场 第二场 第一场 第二场 第一场 第二场 甲队进球数 2 1 1 2 3 2 0 1 3 0 乙队进球数 1 5 0 2 2 1 1 1 0 2 假设甲、乙两队每场的比赛相互独立．用频率估计概率． （1）估计甲队第一场比赛获胜的概率； （2）在2026赛季的2场比赛中，设甲队的总积分为，估计的数学期望； （3）记为表中乙队10场进球数的平均数．从上述比赛中随机选择一场，记为乙队在这场比赛中的进球数．比较与的大小．（只需写出结论） 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）统计甲队第一场获胜的频率，用频率估计概率求解；（2）先写出两场总积分的分布列，然后利用期望的定义计算；（3） 根据期望的统计意义与平均数定义直接判断大小。 【小问1详解】 共统计5个赛季的第一场比赛，其中甲队获胜的场次共4场，由频率估计概率得甲队第一场比赛获胜的概率为. 【小问2详解】 统计10场比赛结果：甲队胜5场、平2场、负3场，因此单场比赛甲得3分的概率为,得1分的概率为,得0分的概率为, ,两场总积分为， 可取0，1，2，3，4，6. ，，， ，， 所以的分布列如下所示， 0 1 2 3 4 6 所以. 【小问3详解】 离散型随机变量的期望为以频率为权重的加权平均，与10场进球数的算术平均数完全相等，故. 19. 在平面直角坐标系中，点是椭圆的上顶点，且椭圆的离心率为． （1）求椭圆的标准方程； （2）过点的直线与椭圆交于、两点，其中点在第一象限，点在第四象限，直线与轴交于点，直线与轴交于点，设与的面积分别为、．证明：为定值． 【答案】（1） （2）证明：由（1）得椭圆的下顶点，过点及点的直线斜率为， 依题意，直线的斜率，直线的方程为，即， 由消去得， 设，， 直线的方程为，令，得点的横坐标，同理得点的横坐标， 而，，，，则 ， 所以为定值. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，结合椭圆离心率的意义求出即可. （2）设出直线的方程及点的坐标，联立直线与椭圆的方程，利用韦达定理推理得证. 【小问1详解】 由点是椭圆的上顶点，得， 又椭圆的离心率为，则，解得， 所以椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 略 20. 已知函数，． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若函数在上单调递增，求实数的取值范围； （3）若函数在上的最大值为，求实数的值． 【答案】（1） （2） （3）或 【解析】 【分析】（1）求出函数的导函数，利用导数的几何意义求出切线方程； （2）依题意可得在上恒成立，结合二次不等式的解法即可得解； （3）对进行分类讨论，结合在上的最大值为列式求得. 【小问1详解】 因为当时，，所以， 所以，， 所以切线方程为，整理得； 【小问2详解】 因为函数在上单调递增， 所以在上恒成立， 所以在上恒成立， 又的解为或， 所以当在上恒成立时， ， 即实数的取值范围； 【小问3详解】 由（2）可知，， 当和时，单调递增； 当时，单调递减. 当即时，在上单调递增， 则，解得或（舍去）； 当时，在上单调递增，则， 解得或（舍去）.     当时， 若，则，则在上单调递减，在上单调递增， 故， 又，无解； 若，则，则在上单调递减，故，无解； 若，则，则在上单调递增，在上单调递减， 故，解得，无解.     综上可得，实数的值为或. 21. 若项数不少于的有穷数列满足如下两个性质，则称为合规数列． ①对任意的，都有； ②对任意的，、、这三个数至少有一个是数列中的项． （1）如果项数为的合规数列中，，，，求的值； （2）证明：、、不可能都是某个合规数列中的项； （3）求合规数列的项数的最大值． 【答案】（1） （2）证明：假设是某个合规数列中的项， 由②知，中至少有一个是数列中的项，则有限数列的最后一项，且， 由①得，， 对于，由递增性得，仅可能属于数列，即， 同理对于，得，因此，与①矛盾， 所以不可能都是某个合规数列中的项. （3） 【解析】 【分析】（1）利用①推出的范围，再利用②求解的值. （2）根据给定条件，利用反证法及合规数列的定义推理得证. （3）利用合规数列的性质推导出合规数列中绝对值大于的项至多有三项，绝对值大于且小于的项至多有三项，绝对值等于的项至多有两项，至多有一项等于，再构造一个9项的合规数列即可得解. 【小问1详解】 由①得：， 由②得：当时，中至少有一个是数列中的项， 而，因此，解得，经检验，符合题意， 所以的值是4. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 数列：，，…，（）符合①②， （i）数列中至多有三项，其绝对值大于， 假设数列中至少有四项，其绝对值大于，不妨设，，，是数列中绝对值最大的四项， 其中，则对，有，， 因此均不是数列中的项，即是数列中的项， 同理：也是数列中的项，而，， 则，即，这与①矛盾； （ii）数列中至多有三项，其绝对值大于且小于， 假设数列中至少有四项，其绝对值大于且小于，类似（i）得出矛盾； （iii）数列中至多有两项绝对值等于； （iv）数列中至多有一项等于0， 综合（i），（ii），（iii），（iv）知数列中至多有项，即， 数列符合性质①②，即此数列为合规数列， 所以合规数列的项数的最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $