北京市广渠门中学2026-2027学年第一学期高三年级定位考试数学试题

北京市广渠门中学2026—2027学年度第一学期 高三年级定位考数学学科 时间：120分钟 2026.8. 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A=0,1},AUB={1,0,1,2,则 A.-1∈B B.-1B C.2∈A∩B D.2B 2.己知a,b,c∈R,那么下列命题中正确的是 A.若a>b,则ac2>bc B.若b 则a>b C.若a>b且ab<0,则上> D.若a2>b,则 a b 3.下列函数中，是奇函数且在定义域内单调递减的是 A.f(x)=sinx B.f(x)=2 C.f(x)=x+x D.f(x)- -e* x2+1,x≤1， 4.已知函数f(x)= 存在最小值，则实数a的取值范围是 2-a,x>1 A.(-o,1] B.(-o,1) C.[1,+o) D.(1,+0) 5.在△ABC中，a=4√2，A=45°，b=m,若满足条件的△ABC有两个，则m的值可以是( A.8 B.6 C.4 D.2 6将函数y=s血2x的图象向右平移个单位，得到函数fx)的图象，则下列说法正确的是( A.f=n2x-君 B.x=-是函数的f()图象的一条对称轴 C.f在石上是减函数 D.fw在受上是增函数 7已知商数f)=m2x+星》则“a-+kx低eZ)”是“f+四是偶函数，且f-四是奇函 数”的 () A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 第1页 8已知函数()-=aim+cos2x(a>0),e02网，若f(的最大值为，则 Aa=分，有2个零点 Ba=行，有3个零点 C.a=2,f(x)有2个零点 D.a=2,f(x)有3个零点 9.设a=logo.30.2,b=l1og20.2,则 A.a+b<0<ab B.ab<0<a+b C.a+b<ab<0 D.ab<a+b<0 10.若函数f(x)在区间A上，对a,b,c∈A,f(a),f(b),f(c)为一个三角形的三边长，则称函数 f(x)为三角形函数”已知函数f()=xnx+m在区间[己]上是“三角形函数，则实数m的取值范 围为 I e +1 B. C. 2.n 第二部分（非选择题110分） 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分. 1.在平面直角坐标系0中，角a以0x为始边，终边与单位圆交于点停5， 则cos(兀+)= 12若(-2y”的展开式的二项式系数和为32，则n= ,x2的系数为 13在△ABC中，角B.C所对的边分别为abc,若血A=2si血BosC,且A=子，b=1, 则= ;△ABC面积为 14若直线y=tx-2(t∈R)是曲线y=hx与曲线y=e-b(b∈R)的公切线，则仁 b= 15已知f(x),g(x)为定义域为R的函数，其中f(x)为奇函数，g(x)为偶函数， 下列命题所有正确的序号是 ①存在f(x),g(x)使得f(x)g(x)=cosx恒成立； ②使x,y∈R,g(x+y)=g(x)+g(y)恒成立的g(x)存在且不唯一： ③使xeR,f()+g(x)=e恒成立的f(x),g(x)存在且唯一： ④满足当x≠0时，()+日=0恒成立的有无穷多个 共2页 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如图，在五面体ABCDEF中，ABCD为正方形，CDEF为矩形，AD=3,DE=2. (1)求证：BF∥平面ACE: (2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为己知，使五面体ABCDEF存在且 唯一确定.求直线AB与平面AEC所成角的正弦值. E 条件①：DE⊥AC; 条件②：AE=EC; D 条件③：tan∠DAE=2 B 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. 17己知函数f(x)=2W3 sinxcosx+sin2x-cos2x. (1)求∫(x)的最小正周期及单调递增区间： (2)在△ABC中，f(A)=2,b=3,c=2,若∠A的平分线交BC于D,求AD的长 18.某公司为评估员工使用人工智能技术辅助办公的能力，随机抽取了该公司n名员工，通过专用系 统进行综合评分（满分为100分），得到如下频率分布表. 综合得分 频数 频率 [0,30) a b [30,60) 60 0.6 [60,100] 30 (1)求n,b的值： (2)现采用按比例分层抽样的方法从综合得分为[30,60)和[60,100]的员工中抽取6人.若从这6名 员工中随机选取2人进行座谈，设X为选取的2名员工中综合得分不低于60分的人数，求X的分 布列和数学期望； (3)该公司为了进一步提升员工应用人工智能技术辅助办公的能力，决定聘请某机构对员工进行培 训.该机构给出了以下两个方案： 方案一：对该公司所有员工进行培训，保证培训后人均综合得分提高10分： 方案二：只对该公司综合得分低于60分的员工进行培训，保证培训后，原综合得分在0,30)的员工 人均综合得分提高5分，原综合得分在30,60)的员工人均综合得分提高20分： 用样本估计总体为尽可能提升该公司员工的人均综合得分，应选择哪个方案？（结论不要求证明） 第2页 :号+卡=>b>0)的离心率为，以椭圆E的焦点和知轴顶点为顶点的四边形是边 19已知椭圆E:+少 长为2的菱形 (1)求椭圆E的标准方程： (2)己知A为椭圆E的左项点，M,N为椭圆E上两个不同的动点（均不与点A重合），且满足 直线AM与直线AW的斜率之积为}求证：直线MN过定点。 20.已知函数f(x)=(x-1)nx+ax2,f'(x)是f(x)的导函数. (1)若'(1)-f(I)=1,求a的值： (2)若f'(x)存在最大值，求a的取值范围： (3)设f'(x)在x=1处取得最大值.直线l是曲线y=∫(x)在点P(1,f(t)(t>1)处的切线，且与y轴交 于点Q,O为坐标恩点是否有在点P,使△0P0的面积为？若存在，求1的值，若不存在，说明 理由 21.已知无穷正整数数列{an},满足：①a,<aH(neN)；②对于任意正整数n,都有 a斤=a+a2+…+a。,则称数列{an}具有性质平. (1)判断下列无穷数列，是否具有性质平 ①an=2n-1; ②bn=2”. (2)对于任意具有性质Ψ的数列{cn},记d,=c-2i+1(ieN) 求证：(d+d,++d-)广=d(neN): (3)若数列{an}具有性质平，证明：集合M={ieNl a,=2i-1是无限集， 共2页参考答案 第一部分（选择题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！ 题号 1 2 3 6 > 8 9 10 答案 A C D A B D A 0 D 第二部分（非选择题110分） 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分 11.V3 12.5,-80 3.V5,⑧ 14.e,2 15③④ 3 4 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解：(I)因为四边形ABCD为正方形，所以AB/CD,且AB=CD 因为四边形CDEF为矩形，所以CD/EF,且CD=EF. 所以AB∥EF,且AB=EF,即四边形ABFE是平行四边形. 所以AEBF,又因为AEC平面ACE,BF寸平面ACE, 所以BF∥平面ACE. …6分 (IⅡ)选择条件①：DE⊥AC. 因为四边形CDEF为矩形，所以DE⊥DC. 又因为DE⊥AC,AC∩DC=C, 所以DE⊥平面ABCD. 故DE⊥AD 又因为ABCD为正方形，所以DE,AD,DC两两垂直. 如图建立空间直角坐标系D-z, 则A3,0,0),B3,3,0),C(030),E(002),AC=(-3,3,0),AE=(-3,0,2),AB=(0,3,0) 设平面ACE的法向量为n=(x,y,z),则 ACm=0:即3+3y=0: AEn=0.-3y+2z=0 令x=2,则y=2,z=3,于是n=(2,2,3) 设直线AB与平面AEC所成角为日，则 sin=cos<AB,n AB.列6217 1AB‖3xV17-17 第1页/共8页 所以直线A8与平面ABC所成角的正弦值为27 …14分 17 选择条件②：AE=EC. 因为AE=EC,AD=CD,DE=DE, 所以△ADE≌△CDE. 因为四边形CDEF为矩形，所以DE⊥DC. 所以∠ADE=∠CDB=L,所以DE⊥DA. 又因为ABCD为正方形，所以DE,AD,DC两两垂直. 接下来同选择条件①. 17解：(I)fw=V5sn2x-cos2x=2sm2x-7, 所以f的最小正周期为T=2亚=. 2 函数y=sinx的单调递增区间为[2kπ-，2kπ+]k∈Z). 21 由2a≤2x石c2流+ez,羽a5x≤+e2D 6 6 所以f的单调递增区间为[机一石机+孕依∈2)。 【6分】 63 (Ⅱ)因为f4)=2,所以2sin(2A-5=2,sim(2A-巧=1， 6 因为4e00,所以24-君子4-号 3 因为AD为∠A的平分线，所以∠CAD=∠BAD= 6 根据S△4cD+S△ABD=S△M⑧ 有34CAD-sn∠CMD+34BAD-sn∠BAD=4CAB-s∠CAB, 即片×3xADx×2xAD}3×2x5,解得AD-65 【13分】 22 221 18.【答案】(1)n=100:b=0.1 (2)X的分布列为 X 0 1 2 2-5 8 15 15 第2页/共8页 gx)-月 (3)应选择方案二 【小问1详解】 60 因为在[30,60)内频数为60，频率为0.6，则n= 0.6 =100, 且在[60,100]内频数为30，则c= 30=03, 100 则在[0,30)内须数为a=100-60-30=10,颜幸b=10=0.1 100 【小问2详解】 因为综合得分为[30,60)和[60,100]的人数比为60：30=2：1， 2 1 则在综合得分为[30,60)内抽取人数为6× =4,在综合得分为60,100内抽取人数为6× =2, 2+1 2+1 可知随机变量X的可能值为0,1,2，则有： 所以X的分布列为 X 0 2 8 P 2-5 15 Y的期望为EX)=0×名+1×6+2x2-2 2×15-3 【小问3详解】 方案一：该公司员工的人均综合得分15×0.1+45×0.6+80×0.3+10=62.5； 方案二：该公司员工的人均综合得分20×0.1+65×0.6+80×0.3=65： 因为62.5<65，所以应选择方案二 19.【答案】(1) x2 +y2=1 (2)证明见详解 4 【小问1详解】 由题意可得：e=C=5 a=2,可得c=V3,b=a2-c2=1, 第3页/共8页 所以椭园E的标准方程为士 +y2=1. 【小问2详解】 由题意可知：A(-2,0),直线W的斜率存在， 设直线MN:y=kc+,M(x,y),N(x,), y=kx+m 联立方程 +y=1'消去y可得(4+1)x2+8%+4m2-4=0, x 4 则△=642m2-4(4K2+1)(4m2-4)>0,可得m2<4k2+1, 8km 4m2-4 则+为=4+=4状2+1 因为k4·kaw=上，当、-（+m,+m）_5 x+2x+2(+2)(x+2)4’ 整理可得（42-5)xx+(4-10)(:+x)+42-20=0, 即4k2-5）(4m2-4）8xm(4km-10 4k2+1 4k2+1 +4m2-20=0: 整理可得m2-5am+6k2=0,解得m=2k或m=3欢， 若m=2k,则直线MW:y=x+2k=k(x+2)过定点A(-2,0),不合题意； 若m=3k,则直线MN:y=kx+3k=k(x+3)过定点(-3,0)，符合题意： 综上所述：直线N过定点（-3,0) 20.【答案】(1)1(2)(-0,0) (3)答案见解析 【小问1详解】 由函数f(x)=(x-1)lhmx+am2,可得f(x)=hnx+x+2ar=r+1-1+2m, 1 第4页/共8页 则f(1)=2a，f(1)=(1-1)nl+a×12=a, 因为f'(1)-f(1)=1,可得2a-a=1,解得a=1. 【小问2详解】 函数f(x)=(x-1)lnx+ar的定义域为(0，+o),因f(x)=nx+1-1+2ax, 令pgax1-m,则g0=+a-2m 令g(x)=2arx2+x+1,x∈(0，+o）, ①当2a=0时，即a=0时，g(x)=x+1>0在(0，+o)上恒成立， 即p(x)>0在(0，+o0)上恒成立；所以f'(x)在(0，+0)上单调递增，f(x)无最大值，不合题意； ②当2a>0时，即a>0时，二次函数g(x)=2ax+x+1的图象开口向上， 且对称轴x=- <0,g(0)=1>0,所以g(x)>0在(0+0)上恒成立： Aa 即p(x)>0在(0，+o)上恒成立；则f'(x)在(0，+o)上单调递增，f'(x)无最大值，不合题意： ③当2a<0时，即a<0时，f'(x)在g(x)=0的根处取得最大值， 由二次函数g(x)的图象开口向下，对称轴x=- 120· Aa 因为g(0)=1>0,所以存在x∈(0，+∞)，g()=0, 当x∈(0，x)时，g(x)>0,即p(x)>0,f'(x)在(0，)上单调递增： 当x∈(x,+oo)时，g(x)<0,即p(x)<0,f(x)在(，+0)上单调递减， 所以f'(x)在x=x,处取得最大值， 综上可得，实数a的取值范围为(-o0,0) 【小问3详解】 由(1)知(x)=f(x)=血x+1-1+2,可得p(x)=1+ 心+2+2a= 2ax2+x+1 因为f'（x)在x=1处取得最大值，则x=1是p(x)的极大值点， 第5页/共8页 即x=1是@()=0的根，则p0=2ax11+1-2a+2=0,解得a=-1, 12 把a=-1代入得f(x)=(x-1)nr-x,可得f'(x)=lmr+1-12x, 1 则曲线y=f(x)在点P,f()处的切线方程为y-f(t)=f'(t)(x-t), 令x=0,可得ye=f()-tf'(t), 又因为f0--1lw-了o)）-+1-}21, 可得为=f-1f0=-1v-f+1-2） tInt-Int-t2-tInt-t+1+2t=t2-t-Int+1, 在△OP0中，0为原点，P(t,f(),2(0,yg), 所以S.ore-Tol-I-!小园， 当t>1时，e=t-t-nt+1,令h(t)=t-t-lnt+l,t>1, 可得1()=2t-1-1-(2t+1-1) t 当t>1时，(t)>0,(t)在(1，+∞)单调递增，所以h(t)>h(1)=1-1-0+1=1>0, 1.=1 即yg>0,所以S.o=2eF2 tt2-1-Int+1), 因为△0P0的面要为子可特0-1-h+子0f-+1-hr-分0， 设)=-+1-->1，可得Pr刊=3x-2+1-M-1上3x-2-M, 设G(0)=3-21-l,1>1,可得G(0=6f-2-1-60-21-1 令m(t)=6t-2t-1,t>1，可得m(t)在1，+o)上单调递增， 所以(t)>(1)=3>0，可得G(t)>0,所以G(t)在4，+o)上单调递增， 所以G(t)>G(1)=3×12-2×1-nl=1>0, 可得F'(t)>0,所以F(t)在(L,+o)上单调递增， 嘴RW0=-P-1n-号号 第6页/共8页 所以F=0在(+)上无解，即不存在1的值，使得△00的面积为子 21.【答案】(1)①具有性质Ψ；②不具有性质Ψ (2)证明见解析. (3)证明见解析. 【小问1详解】 ①当an=2n-1时，显然an为正整数，且<a+1 又因为a=2n-1,所以a2=2a.-1. 从而4+a++a=1+3+5++(2a,-1) 前a,个正奇数的和为a,所以4+a++a,=. 故数列an=2n-1具有性质Y. ②当a,=2”时，该数列虽然是严格递增的正整数数列，但取n=1,有4=2 而a4=4,同时4+a=2+4=6 所以a2≠a+a: 不满足性质平中的条件②，故数列a=2”不具有性质Ψ. 【小问2详解】 由数列{cn}具有性质平，得c=G+C++Cn· 因此d+d+…+den=(c1+c3+…+cen)-[1+3+…+(2cn-11=c%-+2c=0, 2 所以d+d,++d1=-dn,所以(d+d++d）广=d。 【小问3详解】 设数列{en}满足em=am-(2n-1),n∈N*. 由题知4<4+1，得e+(2i-1)<e+1+(2i+1),即e+1-e:>-2, 假设{en}中满足em=0的项数有限，则存在正整数K,使得当m>K时，em≠0， 即当m>K时，em>0或em<0· ①若满足e,m>0的项数有限，则存在正整数l(l≥K),使得当m>1时，em<0, 由第二问可知e1+e2+…+eam=0(n∈N*)恒成立.(I) 设S=e1+e2+…+e,由于当m>l时，em<0,又em是整数，有em≤-1， 第7页/共8页 所以T=(e1+e2+…+e)+(e+1+e+2+…+e+ls1+1)≤S+(-1)(ISl+1)≤-1， 所以对满足a.≥1+1S1+1的正整数n,6+e2++e。,<0，与(I)式矛盾。 ②若满足em<0的项数有限，同理可得矛盾。 ③由①②可知，{e,m}中有无穷多项满足em>0，且有无穷多项满足em<0, 因此，存在正整数i,j(i>j>K,使得e>0且e,<0, 因此，存在正整数l(i>l≥)，使得e1>0,且e+1<0,即e1≥1且e41≤-1，于是e+1-e1≤-2， 与e+1-e1>-2矛盾， 所以数列{en}中有无穷多项为0. 即集合M={i∈N*Ia:=2i-1)是无限集. 第8页/共8页