精品解析：北京市第十五中学2026-2027学年高三上学期开学阶段测试数学试卷

北京十五中高三年级阶段测试试卷数学 2026.08 本试卷共4页，共150分．考试时长120分钟．考生务必将答案写在答题卡上，在试卷上作答无效． 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（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出集合A中的元素，再根据集合的交集运算，求得答案. 【详解】集合，而， 故， 故选：C 2. 在复平面内，复数所对应的点的坐标为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 根据复数的几何意义求出复数，再求出复数的共轭复数，最后根据复数的乘法法则计算可得； 【详解】解：因为在复平面内，复数所对应的点的坐标为， 所以，所以 所以 故选：A 3. 下列函数中，值域为且为奇函数的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据奇函数的定义：对于任意实数，都有.然后分析每个函数的值域判定即可. 【详解】对于函数，定义域为R，，而. 因为，所以该函数不是奇函数. 对于值域， 因为的值域为，所以的值域为R.故A错误. 对于函数，定义域为R，， 所以该函数是偶函数，不是奇函数， 故B错误. 对于函数，定义域为，，所以该函数是奇函数. 对于值域，，，当趋于时，趋于正负无穷，其值域为，不是R. 故C错误. 对于函数，定义域为，，所以该函数是奇函数. 对于值域，当趋于正无穷时，趋于正无穷；当趋于负无穷时，趋于负无穷； 并且函数在定义域内是连续的，所以值域为R. 故选：D. 4. 已知双曲线的渐近线的方程为，则的值为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 9 【答案】B 【解析】 【分析】利用焦点在轴上的双曲线渐近线方程列等式求解即可. 【详解】双曲线的渐近线方程为. 由题意知，解得. 5. 已知为所在平面内一点，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用向量线性运算求解. 【详解】 . 6. 已知半径为2的圆经过点，其圆心到直线的距离的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 设圆心坐标得到圆的圆心的轨迹方程，再利用点到线的距离公式求解. 【详解】半径为2的圆经过点，设圆心坐标为，则圆的方程为 所以该圆的圆心的轨迹是以为圆心，2为半径的圆 故圆心到直线的距离的最小值为点到直线的距离减半径，即 故选：B 【点睛】结论点睛：本题考查直线与圆的位置关系，求圆上点到直线的距离最值， 当直线与圆相离时，圆心到直线的距离为d，圆的半径为r，圆上点到直线距离的， 7. 函数f(x)的图象向右平移一个单位长度，所得图象与y=ex关于y轴对称，则f(x)=（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】与曲线y=ex关于y轴对称的曲线为， 向左平移1个单位得， 即． 故选D． 8. 已知是非零平面向量，则“”是“”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据平面向量数量积的定义和运算律，结合充分条件和必要条件的定义即可求解. 【详解】由，得，故必要性成立； 由，得，得， 不一定成立，故充分性不成立. 所以“”是“”必要不充分条件. 故选：B 9. 已知三棱锥中，，，，则它的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先确定点在底面的投影为的外心，根据三角形面积公式及正余弦定理求出的面积和外接圆半径，在中求棱锥的高，最后代入体积公式求解. 【详解】过点作平面，垂足为. 因为，故，即为的外心. 在中，由余弦定理得 ， 又，故， 则. 设的外接圆半径为，由正弦定理得，所以. 在中，. 所以三棱锥的体积为. 10. 甲乙丙三个学生同时参加了若干门学科竞赛至少包含数学和物理，在每科竞赛中，甲乙丙三人中都有一个学生的分数为，另一个学生的分数为，第三个学生的分数为，其中，，是三个互不相等的正整数.在完成所有学科竞赛后，甲的总分为47分，乙的总分为24分，丙的总分为16分，且在甲乙丙这三个学生中乙的数学竞赛成绩排名第一，则（ ） A. 甲乙丙三个学生至少参加了四门学科竞赛 B. ，，这三个数中的最大值可以取到21 C. 在甲乙丙这三个学生中，甲学生的物理竞赛成绩可能排名第二 D. 在甲乙丙这三个学生中，丙学生的物理竞赛成绩一定排名第二 【答案】D 【解析】 【分析】不妨设，由题意得，所以对于甲有，对于乙有，对于丙有，再由甲乙丙这三个学生中乙的数学竞赛成绩排名第一进行分析判断即可 【详解】解：不妨设，由题意得， 若甲乙丙只参加了三门竞赛，当时， 有甲：，乙：，丙：，此时符合题意，所以A错误； 若，则有，丙的总分无法满足，因为，且为正整数，16不能被3整除，必有，但由于，则与矛盾，所以B错误； 当时， 对于甲有， 对于乙有， 对于丙有， 由于甲乙丙这三个学生中乙的数学竞赛成绩排名第一，所以甲乙丙的数学成绩分别为7，20，2，所以甲乙丙的物理成绩分别20，2，7，所以甲学生的物理竞赛成绩是第一，丙学生的物理竞赛成绩一定排名第二，所以C错误，D正确， 故选：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. 已知的展开式中的系数是，则a的值为_______________． 【答案】2 【解析】 【详解】的展开式的通项为：， 得到，则，解得， 故系数为：，则，解得． 12. 已知抛物线的顶点为，且过点．若是边长为的等边三角形，则____． 【答案】1 【解析】 【分析】根据抛物线的对称性以及等边三角形的边角关系即可代入求解. 【详解】设，则,即， 所以，由于又，所以，因此，故关于轴对称， 由得,将代入抛物线中得所以， 故答案为：1 13. 1.已知等差数列的前项和为，且，则公差_________，若恒成立，则符合条件的的一个取值为_________． 【答案】 ①. ②. （答案不唯一，满足即可） 【解析】 【详解】由，得， 即，得； 因为恒成立，所以，即， 解得，所以的一个取值可以是9. 14. 设函数，若，则的单调递增区间是_____，若的值域为，则的取值范围是_________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】将代入解析式，分析各段单调性，即可得出单调区间；先求出上的值域，由的值域为，只需在上的值域包含，分析二次函数的开口方向，对称轴及值域即可求出的取值范围. 【详解】由题知当时，， 故在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减， 故的单调递增区间是； 由于在上的值域为， 若的值域为， 只需在上的值域包含即可， 故需，即， 此时在上的值域为， 故需，即， 综上：. 故答案为：； 15. 对于曲线，给出下列四个命题： ①曲线与坐标轴没有公共点； ②曲线关于坐标原点对称； ③曲线上任意一点到坐标原点的距离不小于； ④曲线与曲线恰有四个不同的公共点． 其中，所有正确结论的序号为_________． 【答案】①②③ 【解析】 【分析】根据曲线定义域判断①，根据对称性定义判断②，利用基本不等式判断③，结合对称性分析第一象限交点个数判断④. 【详解】命题①：曲线的方程可化为，要使方程有意义，需满足且， 因此曲线与轴、轴均无公共点，故①正确； 命题②：将曲线中的换成，将换成，方程不变， 所以曲线关于原点对称，并且关于轴和轴对称，②正确； 命题③：设曲线上任一点为， ， 当且仅当，即时，等号成立， 所以，曲线上任意一点到坐标原点的距离不小于，故③正确； 命题④：将曲线中的换成，将换成，方程不变， 所以曲线关于原点对称，并且关于轴和轴对称， 并且将换成，将换成，方程不变，所以曲线关于直线对称. 曲线中，且， 将曲线中的换成，将换成，方程不变， 所以曲线也关于直线对称. 当，时，联立，得， 当，时，曲线可化为， 当时，函数单调递减， 因为，所以点在直线的下方， 如图，曲线与曲线在第一象限有个交点， 根据两个曲线的对称性可知，其他象限也是个交点，则共有个交点，故④错误. 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. 已知函数． （1）求的最小正周期； （2）若，且，求x的取值范围． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用降幂公式和辅助角公式即可化解得，则得到其最小正周期； （2）根据范围求出，则，则，解出即可. 【小问1详解】 所以的最小正周期为. 【小问2详解】 因为,所以. 因为,所以. 所以.解得,所以的取值范围是. 17. 如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，． （1）若为线段中点，求证：平面． （2）若平面，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1） 取的中点为，接，则， 而，故，故四边形为平行四边形， 故，而平面，平面， 所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点为，接，可证四边形为平行四边形，由线面平行的判定定理可得平面. （2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量后可求夹角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，故，故， 故四边形为平行四边形，故，所以平面， 而平面，故，而， 故建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 则 设平面的法向量为， 则由可得，取， 设平面的法向量为， 则由可得，取， 故， 故平面与平面夹角的余弦值为 18. 在新冠病毒疫情防控期间，北京市中小学开展了“优化线上教育与学生线下学习相结合”的教育教学实践活动.为了解某区教师对五类线上教育软件的使用情况每位教师都使用这五类教育软件中的某一类且每位教师只选择一类教育软件.，从该区教师中随机抽取了人，统计数据如下表，其中，. 教育软件类型 选用教师人数 假设所有教师选择使用哪类软件相互独立. （1）若某校共有名教师，试估计该校教师中使用教育软件或的人数； （2）从该区教师中随机抽取人，估计这人中至少有人使用教育软件的概率； （3）设该区有名教师，从中随机抽取人，记该教师使用教育软件或的概率估计值为；该区学校有名教师，其中有人使用教育软件，人使用教育软件，从学校中随机抽取人，该教师使用教育软件或的概率值为；从该区其他教师除学校外.中随机抽取人，该教师使用教育软件或的概率估计值为.试比较，和之间的大小.结论不要求证明. 【答案】（1）人；（2）；（3）． 【解析】 【分析】（1）用样本频率估计总体频率计算； （2）用样本频率估计概率，求出抽取一名教师，使用的概率为，记被抽取的人中使用软件的人数为，则.所求概率为，由二项分布概率计算； （3）由已知得，设该区有名教师中，使用教育软件或的人数为，则，，比较的大小后再与比较． 【详解】解：（1）从表格数据可知，，则， 所以样本中教师使用教育软件或的人数为人， 故估计该校教师中使用教育软件或的人数为人. （2）设事件为“从该区教师中随机抽取人，至少有人使用教育软件”. 由题意，样本中的名教师使用软件的频率为. 用频率估计概率，从该区教师中随机抽取一名教师，估计该教师使用教育 软件的概率为. 记被抽取的人中使用软件的人数为，则. 所以， ， 所以. （3）由已知得，设该区有名教师中，使用教育软件或的人数为，则，， ， 由，，所以，， 所以，，， 所以. 19. 如图，已知椭圆的一个焦点为，离心率为． （1）求椭圆的方程； （2）过点作斜率为的直线交椭圆于两点，，的中点为．设为原点，射线交椭圆于点．当与的面积相等时，求的值． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）已知椭圆的焦点坐标可得，结合离心率公式​可求出，再利用椭圆中求出，即可得到椭圆标准方程； （2）先设出直线的方程，与椭圆方程联立，用韦达定理求出、的横坐标之和与纵坐标之和，进而得到中点的坐标；设，点的坐标与椭圆方程联立得到和的关系，再结合两个三角形面积相等的条件，建立关于的方程求解. 【小问1详解】 由题意，椭圆的一个焦点，则. 离心率，， 故椭圆的方程为. 【小问2详解】 设直线方程：. 由消去整理得. 设，，由韦达定理， 为中点，则， 即. 设，则，点在椭圆上，代入椭圆方程： ，即， 代入：， . 又与同以为底，， 所以，所以，所以. 两边平方得，所以， . 20. 已知函数，. （1）当时， ①求曲线在处的切线方程； ②求证：在上有唯一极大值点； （2）若没有零点，求的取值范围. 【答案】（1）①； ②令，， 在区间上，，则在区间上是减函数. 又， 所以在上有唯一零点. 列表得： + - 极大值 所以在上有唯一极大值点. （2） 【解析】 【分析】（1）①利用导数求出切线的斜率，直接求出切线方程； ②令，利用导数判断出在上有唯一零点，利用列表法证明出在上有唯一极大值点； （2）令.对a分类讨论：①，得到当时，无零点；②，无零点，符合题意. 【小问1详解】 若，则，. ①在处，，. 所以曲线在处的切线方程为. ②略 【小问2详解】 ， 令，则. ①若，则，在上是增函数. 因为，， 所以恰有一个零点. 令，得. 代入，得， 解得. 所以当时，的唯一零点为0，此时无零点，符合题意. ②若，此时的定义域为. 当时，，在区间上是减函数； 当时，，在区间上是增函数. 所以. 又， 由题意，当，即时，无零点，符合题意. 综上，的取值范围是. 【点睛】导数的应用主要有： （1）利用导函数几何意义求切线方程； （2）利用导数研究原函数的单调性，求极值（最值）； （3）利用导数求参数的取值范围. 21. 按照一定次序排列的一列数称为数列．设数列，已知，定义数表，其中列 （1）若，写出： （2）若是不同的数列，求证：数表满足“”的充分必要条件为“”； （3）若数列与中的1共有个，求证数表中1的个数不大于． 【答案】（1） （2）见详解 （3）见详解 【解析】 【分析】根据已知理解题意即可写出 根据证明充分性，根据 ，的不同取值证明必要性. 讨论的不同取值计算的第行中的个数，从而得出中的总数，利用基本不等式即可证明. 【小问1详解】 由已知，，，，， 故，故，同理可得，，，，，，，，所以 【小问2详解】 若，由于 ， 令： ，故数列： 由于 从而有 若 因为是不同的数列 （1）设 ，对任意的正整数 当 ，可得， 所以 当 ，可得， 所以 ，同理可证，， 有成立 （2），对任意的正整数 当，可得， 所以有，则是相同的数列，不符合题意 当 ，可得， 所以有，则是相同的数列，不符合题意 同理可证：时，是相同的数列，不符合题意 综上：数表满足“”的充分必要条件为“” 【小问3详解】 证明：由于与中的1共有个， 设中的个数为个，故的个数为个 故中的个数为个，故的个数为个 若，则数表的第为数列 若，则数表的第为数列 所以数表中的个数为 数表中1的个数不大于 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京十五中高三年级阶段测试试卷数学 2026.08 本试卷共4页，共150分．考试时长120分钟．考生务必将答案写在答题卡上，在试卷上作答无效． 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（ ） A. B. C. D. 2. 在复平面内，复数所对应的点的坐标为，则（ ） A. B. C. D. 3. 下列函数中，值域为且为奇函数的是（ ） A. B. C. D. 4. 已知双曲线的渐近线的方程为，则的值为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 9 5. 已知为所在平面内一点，，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知半径为2的圆经过点，其圆心到直线的距离的最小值为（ ） A. B. C. D. 7. 函数f(x)的图象向右平移一个单位长度，所得图象与y=ex关于y轴对称，则f(x)=（ ） A. B. C. D. 8. 已知是非零平面向量，则“”是“”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 9. 已知三棱锥中，，，，则它的体积为（ ） A. B. C. D. 10. 甲乙丙三个学生同时参加了若干门学科竞赛至少包含数学和物理，在每科竞赛中，甲乙丙三人中都有一个学生的分数为，另一个学生的分数为，第三个学生的分数为，其中，，是三个互不相等的正整数.在完成所有学科竞赛后，甲的总分为47分，乙的总分为24分，丙的总分为16分，且在甲乙丙这三个学生中乙的数学竞赛成绩排名第一，则（ ） A. 甲乙丙三个学生至少参加了四门学科竞赛 B. ，，这三个数中的最大值可以取到21 C. 在甲乙丙这三个学生中，甲学生的物理竞赛成绩可能排名第二 D. 在甲乙丙这三个学生中，丙学生的物理竞赛成绩一定排名第二 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. 已知的展开式中的系数是，则a的值为_______________． 12. 已知抛物线的顶点为，且过点．若是边长为的等边三角形，则____． 13. 1.已知等差数列的前项和为，且，则公差_________，若恒成立，则符合条件的的一个取值为_________． 14. 设函数，若，则的单调递增区间是_____，若的值域为，则的取值范围是_________. 15. 对于曲线，给出下列四个命题： ①曲线与坐标轴没有公共点； ②曲线关于坐标原点对称； ③曲线上任意一点到坐标原点的距离不小于； ④曲线与曲线恰有四个不同的公共点． 其中，所有正确结论的序号为_________． 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. 已知函数． （1）求的最小正周期； （2）若，且，求x的取值范围． 17. 如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，． （1）若为线段中点，求证：平面． （2）若平面，求平面与平面夹角的余弦值． 18. 在新冠病毒疫情防控期间，北京市中小学开展了“优化线上教育与学生线下学习相结合”的教育教学实践活动.为了解某区教师对五类线上教育软件的使用情况每位教师都使用这五类教育软件中的某一类且每位教师只选择一类教育软件.，从该区教师中随机抽取了人，统计数据如下表，其中，. 教育软件类型 选用教师人数 假设所有教师选择使用哪类软件相互独立. （1）若某校共有名教师，试估计该校教师中使用教育软件或的人数； （2）从该区教师中随机抽取人，估计这人中至少有人使用教育软件的概率； （3）设该区有名教师，从中随机抽取人，记该教师使用教育软件或的概率估计值为；该区学校有名教师，其中有人使用教育软件，人使用教育软件，从学校中随机抽取人，该教师使用教育软件或的概率值为；从该区其他教师除学校外.中随机抽取人，该教师使用教育软件或的概率估计值为.试比较，和之间的大小.结论不要求证明. 19. 如图，已知椭圆的一个焦点为，离心率为． （1）求椭圆的方程； （2）过点作斜率为的直线交椭圆于两点，，的中点为．设为原点，射线交椭圆于点．当与的面积相等时，求的值． 20. 已知函数，. （1）当时， ①求曲线在处的切线方程； ②求证：在上有唯一极大值点； （2）若没有零点，求的取值范围. 21. 按照一定次序排列的一列数称为数列．设数列，已知，定义数表，其中列 （1）若，写出： （2）若是不同的数列，求证：数表满足“”的充分必要条件为“”； （3）若数列与中的1共有个，求证数表中1的个数不大于． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $