精品解析：北京市第四中学2026-2027学年高三上学期开学测试数学试题

高三数学 （试卷满分为150分，考试时间为120分钟） 一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】集合或，而， 所以. 2. 已知二项式的展开式中的系数是，则实数a的值为（ ） A. B. 4 C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】由二项式定理可列方程求解参数. 【详解】因为二项式的展开式中的系数是， 所以，解得. 故选：C. 3. 已知点在圆上，过作圆的切线，则的倾斜角为 （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据直线垂直的斜率关系，即可由斜率与倾斜角的关系求解. 【详解】圆心为，所以,所以过的切线的斜率为， 设倾斜角为，则， 由于，故， 故选：D 4. 若，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用正切函数、指数函数和幂函数的单调性判断. 【详解】，因为在上递增， 且，所以，即，， 1，因为在上递增，且， 所以，即，所以 故选：D 5. 已知等差数列的前项和为，若，，，成等比数列，则（ ） A. 28 B. 42 C. 56 D. 112 【答案】C 【解析】 【分析】根据等差数列和等比数列的性质列式求首项和公差，再代入求和公式. 【详解】设等差数列的公差为，，即， 由，，成等比数列，得，即， 得，所以. 6. 已知正实数a，b满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】用“1”的代换和基本不等式判断即可． 【详解】由a，b为正实数且. 根据基本不等式，当且仅当时等号成立，故A正确； ，当且仅当时等号成立，故B错误； ，当且仅当时等号成立，故C错误； 根据算术平均值小于等于平方平均值不等式，得， 当且仅当时等号成立，即，故D错误. 7. 已知是双曲线的左、右焦点，过左焦点的直线与双曲线的右支交于点，与轴交于点，若是正三角形，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由条件结合对称性可得，，解直角三角形可得，，结合双曲线的定义求结论. 【详解】∵为等边三角形，∴，即， 由对称性可得，所以，又， 所以，结合，， 可得，，又， 所以，化简可得， 所以双曲线的离心率为. 8. 已知奇函数在上单调递增，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】C 【解析】 【分析】根据函数是奇函数的性质结合单调性，最后应用充分必要的定义判断即可. 【详解】当时，因为函数是奇函数,可得, 又因为在上单调递增，所以,即得； 当时，,因为在上单调递增，所以, 因为函数是奇函数,可得,所以； 则“”是“”的充分必要条件. 故选：C. 9. 如图，直三棱柱中，，，．点P在线段上（不含端点），则（ ） A. 不存在点P，使得 B. 的最小值为 C. 面积的最小值为 D. 三棱锥与三棱锥的体积之和为定值 【答案】D 【解析】 【分析】对于A项，通过证明平面可得出，进而得出使得的P点的位置；对于B项，通过对两个面的翻转和几何知识求出，进而求出的最小值；对于C项，通过转化，表达出三棱锥的两种体积的表达式，即可求出点P到的距离的最小值，进而求出面积的最小值；对于D项，通过转化，分别得到点P到面的距离为点M到面的距离，点P到面的距离为点M到面的距离，表达出三棱锥与三棱锥的体积之和，即可求出三棱锥与三棱锥的体积之和为定值. 【详解】解：在直三棱柱中，，， ， ∴. 在中，，，, ∴, ∴. ∵,平面，，， ∴平面，平面. 在矩形中，， 如下图，连接，，， ∴，∴. ∵,平面， ∴平面. ∵平面，∴. ∴当点P为和的交点时，， 故A错误; 将和沿展开，连接交于点D，当点P与点D重合时的值最小，如下图所示： ，， ，， . 在中，由余弦定理得， , 故B错误； 连接， 点P到的距离的最小值为直线与之间的距离d， ∵，平面，平面， ∴平面， ∴点A到面的距离为d， 在三棱锥中，, 即，解得：， ∴，故C错误； 过点P作直线，交于点M，如下图所示， ∴点P到面的距离为点M到面的距离，设为， 点P到面的距离为点M到面的距离，设为. 在中，由几何知识得，，，， ∴. ∴三棱锥与三棱锥的体积之和为 ， 故D正确. 故选:D. 10. 已知 ，则使得数对唯一的条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可得动点的轨迹方程，由点到直线距离公式，可得向量的取值范围以及等号成立条件，分别判别四个选项，可得答案. 【详解】由，则点是直线上的点， 同理可得点是直线上的点. 由，则， 可得原点到直线的距离， 原点到直线的距离. 由题意可得，当且仅当等号同时成立时唯一即唯一取值， 此时，，由，则. 对于A，当时，存在两个取值，由，则，此时也存在两个取值，故A错误. 对于B，， 当且仅当等号成立时唯一即唯一取值，故B正确； 对于C，由，，则，令，即， 令，可得，化简可得，由，则存在两个根，故C错误； 对于D，由，则，即， 可得，解得，故D错误. 故选：B. 二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分） 11. 复数______. 【答案】i 【解析】 【详解】. 12. 设抛物线的准线为l，为C上一点，则P到l的距离为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，利用抛物线的定义，即可求解. 【详解】由抛物线，可得焦点为，准线方程为， 因为为C上一点， 根据抛物线的定义，可得点到准线距离为. 13. 已知函数，当时，的值域是______；若没有最大值，则的取值范围是______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】利用一次函数和二次函数在各自区间，先求值域，再取并集即可；利用分类讨论，来分析一次函数和二次函数在各自区间的值域，再结合题意作出判断即可. 【详解】当时，， 则当时，， 当时，， 所以根据二次函数和一次函数的值域可知：的值域是； 当时，由一次函数在区间上单调递增，故无最大值， 当时，，可得有最大值，故不符合题意， 当时，二次函数对称轴为， 故二次函数在区间上有最大值， 一次函数在区间上单调递减，即， 所以必有最大值，故不符合题意， 综上的取值范围是， 故答案为：， 14. 在中，，，，，为边的三等分点，则=________． 【答案】 【解析】 【分析】将、用、线性表示，再结合向量数量积的运算规则代入已知条件计算. 【详解】由，为边的三等分点， 有， ， 则； . 由，，，得：， 因此 . 15. 已知是直角三角形，是直角，内角，，所对的边分别为，，，面积为，，.给出下列四个结论： ①当，时，； ②，； ③存在，使得，为等腰直角三角形； ④任取，为递增数列. 其中所有正确的结论是_____. 【答案】①②④ 【解析】 【分析】由题意可知：.对于①：直接代入运算即可；对于②：根据题中关系式相加整理可得，即可得结果；对于③：根据题中关系式相减整理可得，结合等比数列分析判断；对于④：由②可知点在以为直径的圆上，由③可知：数列为递减数列，结合圆的性质分析判断即可. 【详解】由题意可知：. 对于①：当，时，则，即，故①正确； 对于②：因为，， 两式相加可得， 则，即，可得，故②正确； 对于③：因为，， 两式相减可得， 若，则， 可知数列是以公比为的等比数列， 则，即对任意恒成立， 所以不存在，使得，为等腰直角三角形，故③错误； 对于④：由②可知，即的斜边长为定值， 所以点在以为直径的圆上， 以的中点为坐标原点建立平面直角坐标系，设该圆与y轴交点为， 由③可知：， 则，可知数列为递减数列， 即两者之差越来越小，则点越来越接近点（或）， 则斜边上的高越来越大，即面积越来越大， 所以为递增数列，故④正确； 故答案为：①②④. 【点睛】关键点点睛：对于④的关键在于：将数列问题转化为圆的问题，进而结合图形分析判断. 三、解答题（本大题共6小题，共85分） 16. 已知函数． （1）求函数的最小正周期和单调递增区间； （2）在中，角，，所对的边分别为，，，若，，，求． 【答案】（1） 最小正周期，单调递增区间为， （2） 【解析】 【分析】（1）由，利用二倍角公式和辅助角公式化简，再据此计算最小正周期及单调增区间即可； （2）由，得，利用三角形面积公式，得，利用余弦定理，计算即可． 【小问1详解】 由题意得 ， 即，所以最小正周期为， 令， 解得， 所以函数的单调递增区间为，； 【小问2详解】 因为，所以， 即，，解得， 又，故，因为，所以， 解得，又， 由余弦定理得 ，故． 17. 为更好的进行初高中数学知识的衔接，某校设计了两种衔接方案：方案一：在讲高中知识之前集中进行衔接知识的学习，方案二：随着高中知识的学习，分散加入衔接知识，为了解学生对两种方案的支持情况，该校对即将毕业的高三学生开展了调查，对学生进行简单随机抽样，获得数据如下表： 男生 女生 支持 不支持 支持 不支持 方案一 50人 100人 80人 20人 方案二 120人 30人 40人 60人 假设每位学生对活动方案是否支持是相互独立事件． （1）分别估计该校高三学生中男生支持方案一的概率、该校女生支持方案一的概率； （2）从该校高三全体男生中随机抽取1人，全体女生中随机抽取2人，估计这3人中恰有2人支持方案一的概率； （3）将该年级学生支持方案二的概率估计值记为．假设该年级某班有20名男生和30名女生，除该班外其他班级学生支持方案二的概率估计值记为．试比较与的大小．（结论不要求证明） 【答案】（1） 估计该校高三男生支持方案一的概率为，女生支持方案一的概率为 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用频率估计概率，分别计算男、女生支持方案一的频率即可； （2）分“男生支持+1名女生支持”和“男生不支持+2名女生都支持”两类，结合独立事件、互斥事件概率公式计算求和； （3）对比目标班支持方案二的频率与全年级平均频率的大小，即可判断与的关系. 【小问1详解】 由样本数据，抽取的男生中支持方案一的共50人，抽取男生总人数为， 因此男生支持方案一的概率估计值为； 抽取的女生中支持方案一的共80人，抽取女生总人数为， 因此女生支持方案一的概率估计值为. 【小问2详解】 记“抽取的1名男生支持方案一”为事件，“抽取的2名女生中恰有人支持方案一”为事件（）， “3人中恰有2人支持方案一”为事件， 则，， ，. 由题意知，事件与事件相互独立， 因此， 即 “3人中恰有2人支持方案一”的概率为. 【小问3详解】 全年级支持方案二的总频率， 该年级某班有20名男生和30名女生，设该班支持方案二的频率估计值为， 则. 即该班支持率低于全年级平均水平，因此去掉该班后剩余班级的平均支持率高于全年级平均，故. 18. 如图，在四棱锥中，侧面底面，且底面是矩形，，. （1）求证：平面平面； （2）从条件①，条件②，条件③这三个条件中选择一个作为已知，求平面与平面夹角的大小.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: 因为四边形是矩形， 所以，又平面平面， 且平面与平面相交于， 所以平面，又平面， 所以平面平面. （2） 选条件①，不能求出二面角的大小； 选条件②或③，可得平面与平面的夹角为. 【解析】 【分析】（1）要证明面面垂直，则需要通过证明线面垂直得到面面垂直，即证明平面. （2）选条件①，顶角不确定，由无法求出，则都不确定；选条件② ，取中点，连接，过点作交于点，证明平面，然后建立空间直角坐标系， 求出平面与平面的法向量的坐标，进而根据向量夹角的余弦公式求出结果；选条件③ 取中点，连接，过点作交于点，先证明和都是直角三角形，然后建立空间直角坐标系， 求出平面与平面的法向量的坐标，进而根据向量夹角的余弦公式求出结果. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 选条件①，由（1）知，，在等腰中，顶角不确定， 由无法求出，则都不确定，因此不能求出二面角的大小，即①不可选. 选条件② ，取中点，连接，过点作交于点， 由（1）知，平面，所以. 因为矩形中，，所以平面，所以， 所以和都是直角三角形. 因为，所以. 因为，所以. 因为，为中点， 所以. 因为平面平面， 平面平面， 平面， 所以平面，因为平面，所以， 因为，所以， 所以如图以为原点建立空间直角坐标系， 则， 因为， 所以. 因为平面平面， 平面平面， 又平面， 所以平面， 所以平面一个法向量为. 设平面法向量，，， 由，可以取. 设平面与平面的夹角为， 则. 因为，所以平面与平面的夹角为. 选条件③ 取中点，连接，过点作交于点， 由（1）知，平面， 因为矩形中，，， 所以平面， 所以和都是直角三角形， 因为，，所以， 又，，所以， 所以在直角三角形中，， 所以如图以为原点建立空间直角坐标系， 则， 因为， 所以. 因为平面平面， 平面平面， 又平面， 所以平面， 所以平面一个法向量为. 设平面法向量，，， 由，可以取. 设平面与平面的夹角为， 则. 因为，所以平面与平面的夹角为. 19. 已知椭圆的长轴长为4，点在上． （1）求的方程和离心率； （2）设，分别为的左、右顶点，动点在直线上，直线与的另一个交点为（异于点），直线与的另一个交点为（异于点），求直线与轴交点的横坐标． 【答案】（1）椭圆的标准方程为；离心率为； （2）． 【解析】 【分析】（1）根据长轴长求出a的值，代入点的坐标即可求出b的值，根据椭圆中a，b，c之间的关系可得c的值，代入计算离心率即可； （2）设出动点的坐标，根据所给条件得到直线的方程，联立直线与椭圆方程即可得到点坐标，同理得到坐标，通过两点坐标得到直线，即可计算与轴交点横坐标． 【小问1详解】 因为椭圆的长轴长为4，故，解得； 由点在上，代入，解得； 由可得，； 故椭圆的标准方程为；离心率为． 【小问2详解】 因为动点在直线上，故其中； 设，已知； 则直线：； 联立方程整理可得； 其中恒成立； 由韦达定理可得，解得， 则，则； 同理可得，直线：，； 则直线斜率为： ； 则直线方程为； 整理可得：； 令可得，故直线与轴交点的横坐标为． 20. 已知函数的定义域为，，函数．对任意，曲线在点处的切线方程为． （1）讨论的单调性； （2）求的最小值； （3）已知，求过点且与曲线相切的直线条数 【答案】（1）函数在区间上单调递增 （2）的最小值为； （3）条. 【解析】 【分析】（1）先对函数求导，令，，再对函数求导，根据导数与函数单调性的关系即可判断求解； （2）由题意可得，根据导数与单调性的关系求解； （3）由题意可得，令，求导，判断函数的单调性，再结合零点存在性定理即可求解. 【小问1详解】 函数的定义域为， ， 令，，则， 当时，，当时，， 所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增， 所以函数在处有最小值，即函数在处有最小值， 所以，故函数在区间上单调递增； 【小问2详解】 由题意可知曲线在点处的切线斜率为， 所以， 令，得， 单调递减 极小值 单调递增 所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增， 所以函数在有最小值，且； 【小问3详解】 由题意可得点在切线上， 所以①， 令， ， 由（2）可知，当时，， 所以当时，，当时，， 所以函数在区间上单调递增，在区间上单调递减， 因为，所以1是方程①的一个解； 又，， 所以函数在处有一个零点且在区间内存在唯一零点， 所以有两个解， 即过点且与曲线相切的直线的条数有2条. 21. 已知是无穷数列．给出两个性质： ①对于中任意两项，在中都存在一项，使； ②对于中任意项，在中都存在两项．使得． （1）若，判断数列是否满足性质①，说明理由； （2）若，判断数列是否同时满足性质①和性质②，说明理由； （3）若是递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明：为等比数列. 【答案】(Ⅰ)不具有性质①； (Ⅱ)具有性质①；具有性质②； (Ⅲ)证明：解法一 首先，证明数列中的项同号，不妨设恒为正数： 显然，假设数列中存在负项，设， 第一种情况：若，即， 由①可知：存在，满足，存在，满足， 由可知，从而，与数列的单调性矛盾，假设不成立. 第二种情况：若，由①知存在实数，满足，由的定义可知：， 另一方面，，由数列的单调性可知：， 这与的定义矛盾，假设不成立. 同理可证得数列中的项恒为负数. 综上可得，数列中的项同号. 其次，证明： 利用性质②：取，此时， 由数列的单调性可知， 而，故， 此时必有，即， 最后，用数学归纳法证明数列为等比数列： 假设数列的前项成等比数列，不妨设， 其中，（的情况类似） 由①可得：存在整数，满足，且 （*） 由②得：存在，满足：，由数列的单调性可知：， 由可得： （**） 由（**）和（*）式可得：， 结合数列的单调性有：， 注意到均为整数，故， 代入（**）式，从而. 总上可得，数列的通项公式为：. 即数列为等比数列. 解法二：假设数列中的项均为正数： 首先利用性质②：取，此时， 由数列的单调性可知， 而，故， 此时必有，即， 即成等比数列，不妨设， 然后利用性质①：取，则， 即数列中必然存在一项的值为，下面我们来证明， 否则，由数列的单调性可知， 在性质②中，取，则，从而， 与前面类似的可知则存在，满足， 若，则：，与假设矛盾； 若，则：，与假设矛盾； 若，则：，与数列的单调性矛盾； 即不存在满足题意的正整数，可见不成立，从而， 然后利用性质①：取，则数列中存在一项， 下面我们用反证法来证明， 否则，由数列的单调性可知， 在性质②中，取，则，从而， 与前面类似的可知则存在，满足， 即由②可知：， 若，则，与假设矛盾； 若，则，与假设矛盾； 若，由于为正整数，故，则，与矛盾； 综上可知，假设不成立，则.同理可得：，从而数列为等比数列， 同理，当数列中的项均为负数时亦可证得数列为等比数列. 由推理过程易知数列中的项要么恒正要么恒负，不会同时出现正数和负数. 从而题中的结论得证，数列为等比数列. 【解析】 【分析】(Ⅰ)根据定义验证，即可判断； (Ⅱ)根据定义逐一验证，即可判断； (Ⅲ)解法一：首先，证明数列中的项数同号，然后证明，最后，用数学归纳法证明数列为等比数列即可. 解法二：首先假设数列中的项数均为正数，然后证得成等比数列，之后证得成等比数列，同理即可证得数列为等比数列，从而命题得证. 【详解】(Ⅰ)不具有性质①，理由略； (Ⅱ)具有性质①，理由略； 具有性质②，理由略； (Ⅲ)略 【点睛】本题主要考查数列的综合运用，等比数列的证明，数列性质的应用，数学归纳法与推理方法、不等式的性质的综合运用等知识，意在考查学生的转化能力和推理能力. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学 （试卷满分为150分，考试时间为120分钟） 一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知二项式的展开式中的系数是，则实数a的值为（ ） A. B. 4 C. D. 2 3. 已知点在圆上，过作圆的切线，则的倾斜角为 （ ） A. B. C. D. 4. 若，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 5. 已知等差数列的前项和为，若，，，成等比数列，则（ ） A. 28 B. 42 C. 56 D. 112 6. 已知正实数a，b满足，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知是双曲线的左、右焦点，过左焦点的直线与双曲线的右支交于点，与轴交于点，若是正三角形，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知奇函数在上单调递增，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. 如图，直三棱柱中，，，．点P在线段上（不含端点），则（ ） A. 不存在点P，使得 B. 的最小值为 C. 面积的最小值为 D. 三棱锥与三棱锥的体积之和为定值 10. 已知 ，则使得数对唯一的条件是（ ） A. B. C. D. 二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分） 11. 复数______. 12. 设抛物线的准线为l，为C上一点，则P到l的距离为______． 13. 已知函数，当时，的值域是______；若没有最大值，则的取值范围是______． 14. 在中，，，，，为边的三等分点，则=________． 15. 已知是直角三角形，是直角，内角，，所对的边分别为，，，面积为，，.给出下列四个结论： ①当，时，； ②，； ③存在，使得，为等腰直角三角形； ④任取，为递增数列. 其中所有正确的结论是_____. 三、解答题（本大题共6小题，共85分） 16. 已知函数． （1）求函数的最小正周期和单调递增区间； （2）在中，角，，所对的边分别为，，，若，，，求． 17. 为更好的进行初高中数学知识的衔接，某校设计了两种衔接方案：方案一：在讲高中知识之前集中进行衔接知识的学习，方案二：随着高中知识的学习，分散加入衔接知识，为了解学生对两种方案的支持情况，该校对即将毕业的高三学生开展了调查，对学生进行简单随机抽样，获得数据如下表： 男生 女生 支持 不支持 支持 不支持 方案一 50人 100人 80人 20人 方案二 120人 30人 40人 60人 假设每位学生对活动方案是否支持是相互独立事件． （1）分别估计该校高三学生中男生支持方案一的概率、该校女生支持方案一的概率； （2）从该校高三全体男生中随机抽取1人，全体女生中随机抽取2人，估计这3人中恰有2人支持方案一的概率； （3）将该年级学生支持方案二的概率估计值记为．假设该年级某班有20名男生和30名女生，除该班外其他班级学生支持方案二的概率估计值记为．试比较与的大小．（结论不要求证明） 18. 如图，在四棱锥中，侧面底面，且底面是矩形，，. （1）求证：平面平面； （2）从条件①，条件②，条件③这三个条件中选择一个作为已知，求平面与平面夹角的大小.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. 19. 已知椭圆的长轴长为4，点在上． （1）求的方程和离心率； （2）设，分别为的左、右顶点，动点在直线上，直线与的另一个交点为（异于点），直线与的另一个交点为（异于点），求直线与轴交点的横坐标． 20. 已知函数的定义域为，，函数．对任意，曲线在点处的切线方程为． （1）讨论的单调性； （2）求的最小值； （3）已知，求过点且与曲线相切的直线条数 21. 已知是无穷数列．给出两个性质： ①对于中任意两项，在中都存在一项，使； ②对于中任意项，在中都存在两项．使得． （1）若，判断数列是否满足性质①，说明理由； （2）若，判断数列是否同时满足性质①和性质②，说明理由； （3）若是递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明：为等比数列. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $