精品解析：北京市昌平区第二中学2026-2027学年高三年级第一学期9月阶段测试数学试题

昌平二中2026~2027学年度第一学期阶段测试 高三数学 2026.9 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. （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】. 2. 设，若复数在复平面内对应的点位于虚轴上，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由复数乘法运算可得该复数在复平面内对应的点为，由复数的几何意义可解得. 【详解】根据题意可得， 所以在复平面内对应的点为，即在虚轴上， 因此可得，即； 故选：B 3. 设，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用指数函数与对数函数的性质，即可得出的大小关系. 【详解】因为， ， ， 所以. 故选：D. 【点睛】本题考查的是有关指数幂和对数值的比较大小问题，在解题的过程中，注意应用指数函数和对数函数的单调性，确定其对应值的范围. 比较指对幂形式的数的大小关系，常用方法： （1）利用指数函数的单调性：，当时，函数递增；当时，函数递减； （2）利用对数函数的单调性：，当时，函数递增；当时，函数递减； （3）借助于中间值，例如：0或1等. 4. 下列两个函数和，的图象不可以由的图象经过平移得到的是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】C 【解析】 【详解】A. 因为，所以的图象可以由的图象向上平移个单位得到，A不适合题意； B.因为，所以的图象可以由的图象向左平移2个单位得到，B不适合题意； C.因为，所以先关于轴对称得到，再向右平移1个单位得到的图象，C适合题意； D.因为，所以的图象可以由的一下向左平移个单位得到，D不适合题意. 5. 在中，，则的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用余弦定理和三角形的面积公式来求得正确答案. 【详解】由余弦定理得， 由两边平方得， 所以，所以. 故选：C 6. 如图，在正方体中，点是平面内一点，且平面，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】点是平面内一点，且平面，先考虑平面平面，从而得在直线上，取最大值时取最小值，此时，求解即可. 【详解】 正方体中， 连接，交于点，再连接和 由于，且，∴四边形是平行四边形， 所以， 又平面，且平面，， 所以平面，同理证明平面， 因为平面，平面，平面，平面，且， 所以平面平面，且平面平面， 从而得，若平面，点是平面内一点，且平面， 则，即在直线上时，都满足平面， 因为平面，所以， 显然，当最大时，即取最小值时， 此时点满足，连接， 可设正方体的棱长为， 所以． 故选：C． 7. 已知函数，则（ ） A. 有最大值无最小值 B. 有最大值也有最小值 C. 无最大值有最小值 D. 无最大值也无最小值 【答案】B 【解析】 【分析】求导，分析函数的单调性，进而结合图象判断即可. 【详解】由，， 得， 令，得或，令，得， 则函数在和上单调递增，在上单调递减， 因为，，且时，，时，， 函数的大致图象如下： 由图可知，函数有最大值也有最小值. 8. 设为非零向量，则“对于任意”是“”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】A 【解析】 【分析】根据平面向量的三角不等式取等条件判断充分性，举反例判断必要性. 【详解】因为为非零向量，若对任意都有，则不共线， 根据不等式的取等条件可知，，充分性成立； 若，不妨取，且同向， 则，满足， 此时存在，使得，必要性不成立. 综上，为非零向量，“对于任意”是“”的充分不必要条件. 9. 已知函数，实数满足.若对任意的，总有不等式成立，则的最大值为（ ） A. B. C. 4 D. 6 【答案】D 【解析】 【分析】由分段函数的定义域对进行分类讨论可得的范围，即可得的最大值. 【详解】当时，有， 由随增大而增大，且，故， 当时，有，即， 即， 整理得，即， 故，又，故， 综上所述，， 则，当且仅当、时等号成立， 故的最大值为. 故选：D. 10. 在中，，当时，的最小值为4．若，其中，则的最大值为（ ） A. 2 B. 4 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由的最小值为可得的形状为等腰直角三角形，建立平面直角坐标系将向量坐标化，利用平面向量共线定理以及的取值范围表示出的表达式，再由二次函数单调性即可求得. 【详解】如下图所示： 在直线上取一点，使得， 所以，当时，取得最小值为，即； 又，所以可得是以为顶点的等腰直角三角形， 建立以为坐标原点的平面直角坐标系，如下图所示： 又可得为的中点， 由以及可得在上， 可得， 所以，可得， 则， 令，由可得， 所以，， 由二次函数在上单调递增可得，. 故选：C 【点睛】关键点睛：本题关键在于利用的最小值为判断出的形状，将向量坐标化并表示出模长表达式利用函数单调性可求得结果. 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分. 11. 函数的定义域为___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据函数定义域的求法求得正确答案. 【详解】依题意，，解得， 所以的定义域为. 故答案为： 12. 矩形中，，，且分为的中点，则___． 【答案】##-1.75 【解析】 【分析】以为坐标原点，建立如下图所示的平面直角坐标系，求出，由数量积的坐标表示求解即可. 【详解】以为坐标原点，建立如下图所示的平面直角坐标系， ， 所以， . 故答案为：. 13. 在中，，.若，则______；若满足条件的三角形有两个，则的一个值可以是______. 【答案】 ①. 2 ②. 【解析】 【分析】利用正弦定理即可求解. 【详解】（1）由正弦定理， 代入条件得：， 解得：，所以， 所以若时，为直角三角形， 所以. （2）由正弦定理， 代入条件化简得：， 因为，所以， 所以， 即， 又，所以为锐角，所以，故可取 . 故答案为：2；. 14. 《九章算术》是我国古代著名的数学著作，其中讨论了“垣”“堑”等建筑的体积问题.某工程要完成一个形如直四棱柱的“堑”型沟渠的土方作业（如图），其中与平面所成的角均为，，米，米，米，则需要挖土_____立方米. 【答案】 【解析】 【分析】根据条件得四边形为等腰梯形，再根据棱柱的体积公式计算即可. 【详解】因为与平面所成角均为，且, 所以四边形为等腰梯形， 因为, 所以等腰梯形的高， 故， 所以直四棱柱体积. 故答案为：. 15. 在正方体中，为正方形的中心.动点沿着线段从点向点移动，有下列四个结论： ①存在点，使得 ②三棱锥的体积保持不变； ③的面积越来越小； ④线段上存在点，使得，且. 其中所有正确结论的序号是______. 【答案】①②③ 【解析】 【分析】对于①③④，以A为原点建立空间直角坐标系，表示出P点坐标，逐项分析即可； 对于②，说明平行于平面即可. 【详解】如图，建立以A为原点的空间直角坐标系，设正方体棱长为2， 则. 设，其中. 则， 即. 对于①，假设存在点P，因， 则 ， 即当时，，故①正确； 对于②，取BD中点为E，连接.因为正方形的中心， 则，且，故四边形为平行四边形，得. 又平面，平面，则平行于平面， 即点P到平面的距离d为定值.又 三棱锥的体积保持不变.故②正确. 对于③，设，则，注意到： 则. 又， 则， 因在上递减，故当动点沿着线段从点向点移动过程中，的面积越来越小.故③正确. 对于④，假设存在满足题意的点Q，设，其中. 则， 即，又，则. 因，且，， 则， 因，与矛盾，故不存在相应点Q.故④错误. 故答案为：①②③ 【点睛】关键点点睛：本题为立体几何中的动点问题，难度较大.对于①③④，因直观图形较为复杂，故利用向量共线并引入参数表示出动点坐标.对于几何体体积不变问题，常转化为判断图形中是否存在线线平行或线面平行. 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，在三棱柱中，平面，为的中点. （1）求证：平面； （2）若，，，求： （ⅰ）直线与平面所成角的正弦值； （ⅱ）点到平面的距离. 【答案】（1）证明：在三棱柱中，连接，设与相交于点，连接， 由四边形是平行四边形，得点为的中点， 又为的中点，则，而平面，平面， 所以平面. （2）（ⅰ）；（ⅱ）. 【解析】 【分析】（1）连接，利用线面平行的判定推理得证. （2）（ⅰ）以点为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的向量法求解；（ⅱ）利用点到平面的距离公式求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （ⅰ）由，为的中点，得，由平面， 平面，得，取的中点，连接， 则，，直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， ，则， ，设平面的法向量为， 则，取，得， 设直线与平面所成角为，则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. （ⅱ）由（ⅰ）知， 所以点到平面的距离. 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）先利用二倍角公式、辅助角公式将化简为正弦型函数，再结合三角函数性质求解周期和单调递增区间； （2）先由求出角，再利用三角形面积的拆分关系建立方程求解的长度. 【小问1详解】 函数， 最小正周期， 由 ，解得 ， 即的单调递增区间为. 【小问2详解】 由得，即， 因为为的内角，故，则，因此， 解得， 因为是的角平分线，所以， 由面积关系，则有 ， 得 ，解得. 18. 在四棱锥中，平面平面，．分别为棱上的点，． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）若点为线段的中点，判断直线是否在平面内？并说明理由． 【答案】（1） 因平面平面，平面平面， ，平面，则平面； （2）； （3） 由（2）可得，，. 则。 假设平面，则四点共面，从而存在实数，使， 则.则，即在平面内. 【解析】 【分析】（1）由平面平面结合平面与平面垂直性质可完成证明； （2）由题设，如图过作平行线交于，建立以为原点的空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，据此可得答案； （3）等价于判断是否存在实数，使，据此可完成判断. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图过作平行线交于，由题设可得. 然后如图建立以为原点的空间直角坐标系. 则.. 因，则. 则，又， 则，设平面法向量为， 则，令，可得可为. 又易得平面的法向量为. 设平面与平面夹角为，则. 【小问3详解】 略 19. 在中，角的对边分别为. （1）求的大小； （2）再从条件①､条件②､条件③这三个条件选择一个作为已知，使得存在且唯一确定，求边上高线的长. 条件①：；条件②：；条件③：. 注：如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答给分. 【答案】（1）. （2）条件①：；条件③：. 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理，边化角，再利用三角恒等变换求解即可. （2）根据三角形全等条件可知①③满足条件，条件②由余弦定理可得有两解，不满足条件，条件①：根据，结合等面积求解即可；条件③：利用余弦定理结合等面积求解即可. 【小问1详解】 在中因为， 由正弦定理得， 所以，即， 又因为，，所以，. 【小问2详解】 设边上的高为， 条件①：因为，所以 ，， 所以，根据三角形全等（角角边）可知存在且唯一确定. 所以， 则，解得，即边上的高为. 条件②：由余弦定理得，即， 解得，此时满足条件的的三角形有两个，条件②不符合题意. 条件③：根据三角形全等（边角边）可得存在且唯一确定， 由余弦定理得，即，解得， 则，解得，即边上的高为. 20. 已知函数,其中． （1）当时,求曲线在点处的切线方程; （2）当时,判断的零点个数,并加以证明; （3）当时,证明:存在实数m,使恒成立． 【答案】（1） （2）1个 （3）证明：由题,, , 令 , , 即在上单调递增, , 且 , 故,使得, 即 在上单调递增, 即,单调递减, 即,单调递增, 故, 若恒成立, 只需, 即即可, 故存在实数m,使恒成立. 【解析】 【分析】(1)根据代入解析式,求出,根据点斜式写出切线方程即可; (2)对函数求导求单调性,观察到,根据单调性分析零点个数即可; (3)先对函数求导,再通分,令再对新函数求导判断单调性即值域情况,分析的正负,即的正负,进而求出的单调性及最值,若恒成立,只需即可,有最小值,即存在实数m,使恒成立. 【小问1详解】 解:由题知, , , , 故在点处的切线方程为, 即; 【小问2详解】 由题,, , , , 故在上单调递增, , 故有1个零点; 【小问3详解】 略 【点睛】方法点睛:此题考查导数的综合应用,属于难题,应用了隐零点,关于隐零点的方法有: (1)对函数进行求导后,进行因式分解,写成几个因式的乘积; (2)然后将容易判断正负的先进行判断,不好判断的令为一个新的函数; (3)对新的函数进行求导求单调性; (4)取区间内的点代入新函数中判断函数值正负,直到函数值相互异号为止; (5)根新函数的单调性即可判断在区间内有零点,设为,判断左右两侧的新函数的函数值正负,即可判断原函数的单调性求出最值. 21. 已知数列为有穷正整数数列.若数列A满足如下两个性质，则称数列A为m的k减数列： ①； ②对于，使得的正整数对有k个. （1）写出所有4的1减数列； （2）若存在m的6减数列，证明：； （3）若存在2024的k减数列，求k的最大值. 【答案】（1）数列和数列3，1 （2） 因为对于，使得的正整数对有个， 且存在的6减数列，所以，得. ①当时，因为存在的6减数列， 所以数列中各项均不相同，所以. ②当时，因为存在的6减数列， 所以数列各项中必有不同的项，所以. 若，满足要求的数列中有四项为1，一项为2， 所以，不符合题意，所以. ③当时，因为存在的6减数列， 所以数列各项中必有不同的项，所以. 综上所述，若存在的6减数列，则. （3）的最大值为512072 【解析】 【分析】（1）根据k减数列的定义，即可写出答案； （2）根据存在的6减数列，可得，即，继而分类讨论n的取值，说明每种情况下都有，即可证明结论； （3）分类讨论数列中的项的情况，结合题意确定数列为的形式，从而结合设其中有项为2，有项为1，进行求解，即可得答案. 【小问1详解】 由题意得，则或， 故所有4的1减数列有数列和数列3，1. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 若数列中的每一项都相等，则， 若，所以数列存在大于1的项， 若末项，将拆分成个1后变大， 所以此时不是最大值，所以. 当时，若，交换的顺序后变为， 所以此时不是最大值，所以. 若，所以， 所以将改为，并在数列末尾添加一项1，所以变大， 所以此时不是最大值，所以. 若数列A中存在相邻的两项，设此时中有项为2， 将改为2，并在数列末尾添加项1后，的值至少变为， 所以此时不是最大值， 所以数列的各项只能为2或1，所以数列为的形式. 设其中有项为2，有项为1， 因为存在2024的减数列，所以， 所以， 所以，当且仅当时，取最大值为512072. 所以，若存在2024的减数列，的最大值为512072. 【点睛】难点点睛：本题考查数列新定义问题，解答时要理解新定义的含义，并由此依据定义去解答问题，难点在于第3问中求参数的最大值问题，要分类讨论，确定数列为的形式，从而结合设其中有项为2，有项为1，进行求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 昌平二中2026~2027学年度第一学期阶段测试 高三数学 2026.9 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. （ ） A. B. C. D. 2. 设，若复数在复平面内对应的点位于虚轴上，则（ ） A. B. C. D. 3. 设，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 4. 下列两个函数和，的图象不可以由的图象经过平移得到的是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 5. 在中，，则的面积为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在正方体中，点是平面内一点，且平面，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，则（ ） A. 有最大值无最小值 B. 有最大值也有最小值 C. 无最大值有最小值 D. 无最大值也无最小值 8. 设为非零向量，则“对于任意”是“”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 9. 已知函数，实数满足.若对任意的，总有不等式成立，则的最大值为（ ） A. B. C. 4 D. 6 10. 在中，，当时，的最小值为4．若，其中，则的最大值为（ ） A. 2 B. 4 C. D. 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分. 11. 函数的定义域为___________． 12. 矩形中，，，且分为的中点，则___． 13. 在中，，.若，则______；若满足条件的三角形有两个，则的一个值可以是______. 14. 《九章算术》是我国古代著名的数学著作，其中讨论了“垣”“堑”等建筑的体积问题.某工程要完成一个形如直四棱柱的“堑”型沟渠的土方作业（如图），其中与平面所成的角均为，，米，米，米，则需要挖土_____立方米. 15. 在正方体中，为正方形的中心.动点沿着线段从点向点移动，有下列四个结论： ①存在点，使得 ②三棱锥的体积保持不变； ③的面积越来越小； ④线段上存在点，使得，且. 其中所有正确结论的序号是______. 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. 如图，在三棱柱中，平面，为的中点. （1）求证：平面； （2）若，，，求： （ⅰ）直线与平面所成角的正弦值； （ⅱ）点到平面的距离. 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. 在四棱锥中，平面平面，．分别为棱上的点，． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）若点为线段的中点，判断直线是否在平面内？并说明理由． 19. 在中，角的对边分别为. （1）求的大小； （2）再从条件①､条件②､条件③这三个条件选择一个作为已知，使得存在且唯一确定，求边上高线的长. 条件①：；条件②：；条件③：. 注：如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答给分. 20. 已知函数,其中． （1）当时,求曲线在点处的切线方程; （2）当时,判断的零点个数,并加以证明; （3）当时,证明:存在实数m,使恒成立． 21. 已知数列为有穷正整数数列.若数列A满足如下两个性质，则称数列A为m的k减数列： ①； ②对于，使得的正整数对有k个. （1）写出所有4的1减数列； （2）若存在m的6减数列，证明：； （3）若存在2024的k减数列，求k的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $