精品解析：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，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为集合，， 则集合必包含元素，可能包含元素，所以，，故A正确，BD错误， 因为，且，所以，故C错误. 2. 已知，那么下列命题中正确的是（ ）. A. 若，则 B. 若，则 C. 若且，则 D. 若，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据不等式的性质或通过举反例，对四个选项进行分析得解． 【详解】．若，当时， ，所以选项不成立； ．若，当时，则，所以选项不成立； ．因为，将两边同除以，则，所以选项成立； ．如果满足，但是，所以选项不成立． 故选：． 3. 下列函数中，是奇函数且在定义域内单调递减的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性，基本初等函数的单调性，逐项判断即可. 【详解】对于A，函数为奇函数，但在定义域上函数不单调，故A不符合； 对于B，的定义域为，，则为偶函数，故B不符合； 对于C，的定义域为，，则为奇函数，又函数在上均为增函数，故在上为增函数，故C不符合； 对于D，的定义域为，，则为奇函数，又函数在上为减函数，在上为增函数，故在上为减函数，故D符合. 故选：D. 4. 已知函数，存在最小值，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据分段函数的单调性求解即可. 【详解】当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增，则， 当时，，所以在上单调递增，无最小值， 根据题意，存在最小值， 所以，即. 故选：A. 5. 在中，，，，若满足条件的有两个，则的可能取值为（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据满足条件的有两个，可得出，求出的取值范围，即可得解. 【详解】因为，，，且满足条件的有两个， 则，即，解得. 故选：B. 6. 将函数的图象向右平移个单位，得到函数的图象，则下列说法正确的是（　　） A. B. 是函数的图象的一条对称轴 C. 在上是减函数 D. 在上是增函数 【答案】D 【解析】 【分析】根据平移变换求出的解析式可判断A；利用正弦函数的对称轴可判断B；求的单调区间可判断C，D，进而可得正确选项. 【详解】对于A：因为将函数的图象向右平移个单位，得到函数的图象， 所以，故选项A不正确； 对于B：，可得，所以不是函数的图象的一条对称轴，故选项B不正确； 对于C：令，可得， 所以在上单调递减，在上单调递增，故选项C不正确； 对于D：由C知：当时，，所以在上是增函数，故选项D正确； 故选：D. 7. 已知函数，则“”是“是偶函数，且是奇函数”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】A 【解析】 【分析】首先求出、的解析式，再根据正弦函数的性质求出使是偶函数且是奇函数时的取值，再根据充分条件、必要条件的定义判断即可. 【详解】因为，则， ， 若是奇函数，则，解得， 若是偶函数，则，解得， 所以若是偶函数且是奇函数，则， 所以由推得出是偶函数，且是奇函数，故充分性成立； 由是偶函数，且是奇函数推不出，故必要性不成立， 所以“”是“是偶函数，且是奇函数”的充分不必要条件. 故选：A 8. 已知函数，，若的最大值为，则（ ） A. ，有2个零点 B. ，有3个零点 C. ，有2个零点 D. ，有3个零点 【答案】C 【解析】 【分析】整理可得，换元令，结合二次函数性质可得，令求得，进而分析得零点. 【详解】因为，， 令，可得的图象开口向下，对称轴， 当，即时，则的最大值为，解得； 当，即时，则的最大值为，解得（舍去）； 综上所述：，则， 令，解得或（舍去）， 又因为在有2个解， 所以有2个零点. 9. 设，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先利用对数函数的单调性得出，再利用对数的运算性质得出即可. 【详解】，，则， ， ， 则，则. 10. 若函数在区间上，对，为一个三角形的三边长，则称函数为“三角形函数”.已知函数在区间上是“三角形函数”，则实数的取值范围为 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】，所以在单调递减，单调递增， ，， 则只需，函数就是“三角形函数”， 所以，解得，故选D． 点睛：本题关键是理解三角形函数的定义，要对任意的都满足，则只需即可（三角形较小的两边之和大于第三边），通过求导得到函数的最小值和最大值，代入计算，得到的取值范围． 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. 在平面直角坐标系中，角α以为始边，终边与单位圆交于点，则______． 【答案】## 【解析】 【分析】先由余弦值的定义先求出的值，再由诱导公式可求出. 【详解】由余弦值的定义得，则. 故答案为：. 12. 若的展开式的二项式系数和为32，则__________，的系数为__________. 【答案】 ①. 5 ②. 【解析】 【分析】已知二项式系数和，可求出，再利用通项公式即可求得的系数. 【详解】由题意知，展开式的二项式系数和为32，即，所以， 故展开式的通项公式， 令，可得， 所以展开式中的系数是. 13. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，且，，则______；面积为______． 【答案】 ①. ②. ## 【解析】 【分析】首先由正弦定理、余弦定理边角互换得出，结合可以算出，由正弦定理、三角形面积公式即可求解. 【详解】因为，所以，解得， 所以，， 又，所以，面积为. 故答案为：. 14. 若直线是曲线与曲线的公切线，则________，________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】首先求导，设出曲线上的切点坐标后列方程组求得公切线的斜率，再结合曲线列方程求解. 【详解】令，，则，． 设直线与曲线相切于点， 则，解得，所以公切线方程为，即. 令，解得，所以，解得． 15. 已知为定义域为的函数，其中为奇函数，为偶函数，下列命题所有正确的序号是________． ①存在使得恒成立； ②使，恒成立的存在且不唯一； ③使恒成立的存在且唯一； ④满足当时，恒成立的有无穷多个． 【答案】③④ 【解析】 【分析】对于①利用奇偶函数的性质判断；对于②首先解出，令，即可解得；对于③利用函数奇偶性，建立方程组求解即可；对于④构造相应的函数，结合条件分析判断即可. 【详解】对于①，由于为定义域为的函数，且为奇函数，为偶函数， 所以为奇函数，由于为偶函数， 所以不存在使得恒成立，故①错误； 对于②，由于对任意都成立， 令，则，解得：， 因为为偶函数，所以， 令，得， 则，解得：， 所以使得恒成立的存在且唯一，故②错误； 对于③，由，为奇函数，为偶函数， 所以，即， 联立，解得， 所以使得恒成立的存在且唯一，则③正确； 对于④，由，可得， 构造函数， 所以满足，， 由于可以取任意非零实数， 所以满足当时，恒成立的有无穷多个，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. 如图，在五面体中，为正方形，为矩形，，． （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，使五面体存在且唯一确定．求直线与平面所成角的正弦值． 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解答，按第一个解答计分． 【答案】（1）证明：因为四边形为正方形， 所以∥且， 又因为四边形为矩形， 所以∥且， 因此∥且， 所以四边形是平行四边形，故∥， 又因为平面，平面， 所以∥平面. （2） 【解析】 【分析】（1）先根据正方形和矩形性质得∥且，推出四边形是平行四边形，进而得∥，最后由线面平行判定定理得出∥平面. （2）本题分别选择①，②和③，通过建立空间直角坐标系，求出平面法向量与直线方向向量，再利用线面角计算与平面所成角的正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 选择条件①： 由，又因为， ，平面，故平面， 因为， 所以以为原点，分别以，，所在的直线分别为，，轴建立空间直角坐标系， 由，得：，，，， 则，，， 设平面的法向量为，则：， 令，解得，，得， 设直线与平面所成角为， 由线面角公式：. 选择条件②：因为  所以以 为原点，为 轴，为  轴，平面的法向量为 轴，建立空间直角坐标系 设，，，，由得 ， 由 得 ，即：，  化简得 ，代入 可得：  （），所以，， ，， 设平面  的法向量为，则: ， 令，得，，即， ，设直线与平面所成角为， 由线面角公式可得：. 选择条件③：以为原点，为  轴，为  轴，平面的法向量为 轴，建立空间直角坐标系， 由已知条件可得：，，，， 因为是矩形，所以，， 设，则 ， 是向量 与的夹角， 又因为，为锐角， 故， 由数量积公式可得： ，  将代入方程化简得： ，解得或 ​， 当时，，则， 当时，，则， 所以，， 当时：，五面体不唯一，不合题意. 17. 已知函数. （1）求的最小正周期及单调递增区间； （2）在中，，若的平分线交于，求的长. 【答案】（1）最小正周期为，单调递增区间为 （2） 【解析】 【分析】（1）利用倍角公式及辅助角公式得，再由三角函数的性质，即可求解； （2）根据条件得到，再结合题设条件及面积公式，建立方程，即可求解. 【小问1详解】 因为， 所以的最小正周期为， 由，得到， 所以的单调递增区间为. 【小问2详解】 因为，则，即，所以， 解得，又，所以，又的平分线交于，， 由，即， 得到，解得. 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 60 0.6 30 （1）求的值； （2）现采用按比例分层抽样的方法从综合得分为和的员工中抽取6人.若从这6名员工中随机选取2人进行座谈，设为选取的2名员工中综合得分不低于60分的人数，求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，原综合得分在的员工人均综合得分提高5分，原综合得分在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） 【答案】（1）； （2）的分布列为 0 1 2 （3）应选择方案二 【解析】 【分析】（1）根据表格中数据结合频率、频数之间的关系运算求解； （2）分析可知随机变量的可能值为0，1，2，结合超几何分布求分布列和期望； （3）以区间的中间值作为估计值，结合题意分别求两种方案的得分平均数，进而对比分析. 【小问1详解】 因为在内频数为60，频率为，则， 且在内频数为30，则， 则在内频数为，频率. 【小问2详解】 因为综合得分为和的人数比为， 则在综合得分为内抽取人数为，在综合得分为内抽取人数为， 可知随机变量的可能值为0，1，2，则有： ，，， 所以的分布列为 0 1 2 的期望为. 【小问3详解】 方案一：该公司员工的人均综合得分； 方案二：该公司员工的人均综合得分； 因为，所以应选择方案二. 19. 已知椭圆的离心率为，以椭圆的焦点和短轴顶点为顶点的四边形是边长为2的菱形. （1）求椭圆的标准方程； （2）已知为椭圆的左顶点，，为椭圆上两个不同的动点（均不与点重合），且满足直线与直线的斜率之积为.求证：直线过定点. 【答案】（1） （2）证明：由题意可知：，直线的斜率存在， 设直线，，， 联立方程，消去y可得， 则，可得， 则，， 因为， 整理可得， 即， 整理可得，解得或， 若，则直线过定点，不合题意； 若，则直线过定点，符合题意； 综上所述：直线过定点. 【解析】 【分析】（1）根据题意结合离心率可得，，即可得和椭圆方程； （2）设直线，，，与椭圆方程联立可得韦达定理，根据斜率关系结合韦达定理可得或，进而分析证明. 【小问1详解】 由题意可得：，，可得，， 所以椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 略 20. 已知函数是的导函数. （1）若，求的值； （2）若存在最大值，求的取值范围； （3）设在处取得最大值.直线是曲线在点处的切线，且与轴交于点，为坐标原点.是否存在点，使的面积为？若存在，求的值；若不存在，说明理由. 【答案】（1） （2） （3） 由（1）知，可得 因为在处取得最大值，则是的极大值点， 即是的根，则，解得， 把代入得，可得 ， 则曲线在点处的切线方程为 ， 令 ，可得， 又因为 ， 可得 ， 在中，为原点，， 所以， 当时，，令 ， 可得， 当时，，在单调递增，所以， 即，所以， 因为的面积为，可得，即， 设 ，可得 ， 设 ，可得， 令 ，可得在上单调递增， 所以 ，可得，所以在上单调递增， 所以 ， 可得，所以在上单调递增， 所以， 所以在上无解，即不存在的值，使得的面积为. 【解析】 【分析】（1）求得 ，将代入和，求得 和，结合 ，即可求解； （2）令，求得，令 ，结合二次函数的性质，分类讨论，求得函数的单调性，进而得到答案. （3）由，得到，根据在处取得最大值，求得，求得切线方程，求得，得到，再由的面积为，得到，设，利用导数求得在上单调递增，得出在上无解，即可得到答案. 【小问1详解】 由函数，可得 ， 则 ， ， 因为 ，可得，解得. 【小问2详解】 函数的定义域为,因 ， 令，则 令 ， ①当时，即时， 在上恒成立， 即在上恒成立；所以在上单调递增，无最大值,不合题意； ②当时，即时，二次函数 的图象开口向上， 且对称轴，，所以在上恒成立； 即在上恒成立；则在上单调递增，无最大值，不合题意； ③当时，即时，在的根处取得最大值， 由二次函数的图象开口向下，对称轴， 因为，所以存在，， 当时，，即，在上单调递增； 当时，，即，在上单调递减， 所以在处取得最大值， 综上可得，实数的取值范围为. 【小问3详解】 略 21. 已知无穷正整数数列，满足：①；②对于任意正整数，都有，则称数列具有性质. （1）判断下列无穷数列，是否具有性质. ①； ②. （2）对于任意具有性质的数列，记.求证：； （3）若数列具有性质，证明：集合是无限集. 【答案】（1）①具有性质；②不具有性质. （2） 由数列具有性质，得． 因此， 所以，所以． （3） 设数列满足． 由题知，得，即， 假设中满足的项数有限，则存在正整数，使得当时，， 即当时，或． ①若满足的项数有限，则存在正整数，使得当时，， 由第二问可知恒成立.(1) 设，由于当时，，又是整数，有， 所以， 所以对满足的正整数，，与(1)式矛盾． ②若满足的项数有限，同理可得矛盾． ③由①②可知，中有无穷多项满足，且有无穷多项满足， 因此，存在正整数，使得且， 因此，存在正整数，使得，且，即且，于是，与矛盾， 所以数列中有无穷多项为0． 即集合是无限集． 【解析】 【分析】（1）先检查数列是否为严格递增的正整数数列，再代入性质中的等式验证. （2）把与奇数作差，利用性质把换成，再与前个正奇数的和比较. （3）设，将结论转化为证明的项有无穷多个，再用反证法说明若只出现有限次，则最终只能为正或为负，都会与第（2）问得到的恒等关系矛盾． 【小问1详解】 ①当时，显然为正整数，且. 又因为，所以 . 从而. 前个正奇数的和为，所以. 故数列具有性质. ②当时，该数列虽然是严格递增的正整数数列，但取，有. 而，同时 . 所以. 不满足性质中的条件②，故数列不具有性质. 【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 $ 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，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，那么下列命题中正确的是（ ）. A. 若，则 B. 若，则 C. 若且，则 D. 若，则 3. 下列函数中，是奇函数且在定义域内单调递减的是（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数，存在最小值，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 在中，，，，若满足条件的有两个，则的可能取值为（　　） A. B. C. D. 6. 将函数的图象向右平移个单位，得到函数的图象，则下列说法正确的是（　　） A. B. 是函数的图象的一条对称轴 C. 在上是减函数 D. 在上是增函数 7. 已知函数，则“”是“是偶函数，且是奇函数”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 8. 已知函数，，若的最大值为，则（ ） A. ，有2个零点 B. ，有3个零点 C. ，有2个零点 D. ，有3个零点 9. 设，则（ ） A. B. C. D. 10. 若函数在区间上，对，为一个三角形的三边长，则称函数为“三角形函数”.已知函数在区间上是“三角形函数”，则实数的取值范围为 A. B. C. 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. 在平面直角坐标系中，角α以为始边，终边与单位圆交于点，则______． 12. 若的展开式的二项式系数和为32，则__________，的系数为__________. 13. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，且，，则______；面积为______． 14. 若直线是曲线与曲线的公切线，则________，________． 15. 已知为定义域为的函数，其中为奇函数，为偶函数，下列命题所有正确的序号是________． ①存在使得恒成立； ②使，恒成立的存在且不唯一； ③使恒成立的存在且唯一； ④满足当时，恒成立的有无穷多个． 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，在五面体中，为正方形，为矩形，，． （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，使五面体存在且唯一确定．求直线与平面所成角的正弦值． 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解答，按第一个解答计分． 17. 已知函数. （1）求的最小正周期及单调递增区间； （2）在中，，若的平分线交于，求的长. 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 60 0.6 30 （1）求的值； （2）现采用按比例分层抽样的方法从综合得分为和的员工中抽取6人.若从这6名员工中随机选取2人进行座谈，设为选取的2名员工中综合得分不低于60分的人数，求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，原综合得分在的员工人均综合得分提高5分，原综合得分在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） 19. 已知椭圆的离心率为，以椭圆的焦点和短轴顶点为顶点的四边形是边长为2的菱形. （1）求椭圆的标准方程； （2）已知为椭圆的左顶点，，为椭圆上两个不同的动点（均不与点重合），且满足直线与直线的斜率之积为.求证：直线过定点. 20. 已知函数是的导函数. （1）若，求的值； （2）若存在最大值，求的取值范围； （3）设在处取得最大值.直线是曲线在点处的切线，且与轴交于点，为坐标原点.是否存在点，使的面积为？若存在，求的值；若不存在，说明理由. 21. 已知无穷正整数数列，满足：①；②对于任意正整数，都有，则称数列具有性质. （1）判断下列无穷数列，是否具有性质. ①； ②. （2）对于任意具有性质的数列，记.求证：； （3）若数列具有性质，证明：集合是无限集. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $