精品解析：北京市海淀区2026-2027学年第一学期期中练习高三数学试卷

海淀区2026—2027学年第一学期期中练习 高三数学 2026.11 本试卷共6页，150分．考试时长120分钟．考生务必将答案答在答题纸上，在试卷上作答无效．考试结束后，将本试卷和答题纸一并交回． 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. 在等差数列中，若，，则（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 4. 下列函数中，在定义域上单调递增的是（ ） A. B. C. D. 5. 在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，的终边经过点，将的终边绕原点顺时针方向旋转后与的终边重合，则（ ） A. B. C. 2 D. 6. 在中，，，，则的面积为（ ） A. B. C. 或 D. 或 7. 已知数列是公差为的无穷等差数列，且，数列是公比为的无穷等比数列，且，则“存在无穷多个正整数，使得”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 8. 已知定义在上的函数的部分图象如图所示，，，．若，都有成立，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 9. 考古团队常用碳14测年法来推断壁画的绘制年代．已知碳14衰变满足指数衰减模型，其中是经过年后碳14的残留比例．现有某壁画存在原始层与重绘层，运用碳14测年法，测得该壁画原始层碳14的残留比例为0.856，重绘层碳14的残留比例为0.876．已知该壁画重绘层在五代时期绘制，中国古代朝代表部分如下： 朝代 隋 唐 五代 北宋 时间 581—618年 618—907年 907—960年 960—1127年 则可以推断绘制原始层的朝代为（ ） （参考数据：，） A. 隋 B. 唐 C. 五代 D. 北宋 10. 已知点为正方形所在平面内的动点，且，．点在正方形的内部及其边界上运动，则的取值范围为（ ） A. B. C. 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. 若复数为实数，则________． 12. 已知平面向量，，，则________；________． 13. 设函数，若的图象与的图象关于原点对称，则的一个取值为________． 14. 已知，函数，当时，不等式的解集为________；若存在最小值，则的取值范围为________． 15. 已知函数．给出下列四个结论： ①是偶函数； ②当时，0是的极小值点； ③，，使得在区间上单调递增； ④，的图象与直线有无数个公共点． 其中正确结论的序号是________． 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. 已知数列的前项和为，且．数列满足． （1）求的通项公式； （2）求的前项和． 17. 已知函数，直线为曲线的切线． （1）求的值； （2）设函数，求的最大值和最小值． 18. 已知函数，且的最小正周期为． （1）求的单调递增区间； （2）将的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象． 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，使得存在，求不等式的解集． 条件①：的图象关于直线对称； 条件②：在区间上单调递减； 条件③：的图象关于点对称． 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. 某工业园区使用机器人对多处区域进行巡检，在每处区域分别配置可与机器人进行通信的设备．不考虑其他环境因素干扰，当机器人与某设备的距离不超过时，才能与该设备正常通信． 如图，，分别为两处区域的设备所在位置，，两点间距离为，点为机器人的充电站所在位置，机器人巡检通道为的平分线，，． （1）求的长度； （2）当机器人巡检到点时，通过定位信息可知，试判断此时机器人能否同时与，两处的设备正常通信，并说明理由； （3）直接写出机器人在巡检通道上可同时与，两处的设备正常通信的通道长度． 20. 已知函数，直线是曲线在点处的切线，且分别与x轴、y轴交于点，．设，． （1）求的值； （2）求函数的单调区间； （3）是否存在实数，，使得和同时成立？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． （参考数据：，） 21. 设A是如下形式的m行n列的数表： … … … 其中位于第i行第j列的数记为，且．记为第i行所有数的乘积，为第j列所有数的乘积，，，． （1）给出如下数表，，直接写出，的值； 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 （2）当，时，求的最小值； （3）记所有可能取值构成的集合为．若,均为奇数，且数表中1的个数为6，此时所有可能取值构成的集合为，当时，求的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 海淀区2026—2027学年第一学期期中练习 高三数学 2026.11 本试卷共6页，150分．考试时长120分钟．考生务必将答案答在答题纸上，在试卷上作答无效．考试结束后，将本试卷和答题纸一并交回． 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】A 【解析】 【详解】已知集合，则． 因为，解得，所以， 所以． 2. 在等差数列中，若，，则（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】B 【解析】 【详解】已知数列是等差数列，令公差为． 又有，，则， 解得，则． 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】对于A，取，，则，，此时，故A错误； 对于B，取，，则，，此时，故B错误； 对于C，因为，所以，且等号不能成立，即；又，所以，故C正确； 对于D，取，，则，，此时，故D错误． 4. 下列函数中，在定义域上单调递增的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】A选项，根据函数特征直接得到函数单调性；BC选项，举出反例；D选项，求导，得到函数单调性 【详解】A选项，在定义域R上单调递减，A错误； B选项，的定义域为， ，故在定义域上不单调递增，B错误； C选项，定义域为R，且， 故在R上不单调递增，C错误； D选项，的定义域为R，且恒成立， 故在R上单调递增，D正确 5. 在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，的终边经过点，将的终边绕原点顺时针方向旋转后与的终边重合，则（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【详解】由题意可知，. 6. 在中，，，，则的面积为（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】C 【解析】 【分析】利用余弦定理求解边的所有合法取值，再代入三角形面积公式计算对应面积即可． 【详解】在中，根据余弦定理有  ， 将已知条件，，代入得 ， 整理化简得 ，解得或， 当时，三边长为、、，满足任意两边之和大于第三边，可构成三角形， 当时，三边长为、、，满足任意两边之和大于第三边，可构成三角形， 根据三角形面积公式，分别计算对应面积： 当时，， 当时，， 因此的面积为或，对应选项C． 7. 已知数列是公差为的无穷等差数列，且，数列是公比为的无穷等比数列，且，则“存在无穷多个正整数，使得”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】B 【解析】 【分析】判断是的什么条件,需分别检验与:利用时有界、而时可超过任意给定值,得到;再在中构造仍有无穷多个满足的反例,否定. 【详解】由题设,，其中,,. 当时，,所以. 又,取正整数满足，则,这样的有无穷多个，即. 取,,则,,,符合题设. 当为偶数时,,故有无穷多个正整数满足,即成立. 但此时,即不成立，所以由推不出，即不是的充分条件； 再由知,是的必要不充分条件. 8. 已知定义在上的函数的部分图象如图所示，，，．若，都有成立，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据三次函数性质及的部分图象，结合已知特殊点，得到，时的取值范围，进而求出不等式的解；结合集合的包含关系及已知条件列不等式组求解即可. 【详解】结合函数的部分图象及，，， 可得当，时，；当，时，. 若成立，则与同正或同负，所以或， 即或或或， 解得或. 若，都有成立，所以或， 解得或. 故的取值范围是. 9. 考古团队常用碳14测年法来推断壁画的绘制年代．已知碳14衰变满足指数衰减模型，其中是经过年后碳14的残留比例．现有某壁画存在原始层与重绘层，运用碳14测年法，测得该壁画原始层碳14的残留比例为0.856，重绘层碳14的残留比例为0.876．已知该壁画重绘层在五代时期绘制，中国古代朝代表部分如下： 朝代 隋 唐 五代 北宋 时间 581—618年 618—907年 907—960年 960—1127年 则可以推断绘制原始层的朝代为（ ） （参考数据：，） A. 隋 B. 唐 C. 五代 D. 北宋 【答案】B 【解析】 【分析】利用指数与对数的互逆关系，计算原始层与重绘层的绘制时间差，结合重绘层的五代时间范围推算原始层的所属朝代． 【详解】已知碳14的指数衰减模型，对等式两边取以2为底的对数得，整理得， 设原始层对应的测年时间为，其碳14残留比例，代入公式得， 设重绘层对应的测年时间为，其碳14残留比例，代入公式得， 计算原始层与重绘层的绘制时间差（即原始层比重绘层早的年数）， ， 代入参考数据，， 计算得年，即原始层比重绘层早约195年， 已知重绘层绘制于五代时期（907—960年）， 因此原始层绘制于公元712年至765年之间， 结合题目给出的朝代时间范围可知该时间区间完全处于唐朝的时间范围内，对应选项B． 10. 已知点为正方形所在平面内的动点，且，．点在正方形的内部及其边界上运动，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】以点为原点建立平面直角坐标系，根据向量数量积运算律得到，结合数量积的坐标表示特殊位置求解即可. 【详解】以点为原点，以为轴，以为轴，建立平面直角坐标系， 则，，，， ，，. 所以. 当时，， 当时，， 故. 当时，， 当时，. 故的取值范围为. 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. 若复数为实数，则________． 【答案】 【解析】 【详解】， 由题意可知，即. 12. 已知平面向量，，，则________；________． 【答案】 ①. ； ②. 【解析】 【详解】， 因为，，所以， 即，解得， . 13. 设函数，若的图象与的图象关于原点对称，则的一个取值为________． 【答案】 （答案不唯一，满足的取值均可） 【解析】 【分析】根据函数图象关于原点对称的坐标关系建立恒等式，结合三角恒等变换求解的取值. 【详解】因为与的图象关于原点对称，则对图象上任意一点，其关于原点的对称点必在的图象上， 将对称点坐标代入的解析式，可得：，整理得，该式对任意实数成立， 又，可得恒等式：对任意成立，即，故 ， 由得；代入，可得当为奇数时满足条件，即， 取，可得的一个取值为. 14. 已知，函数，当时，不等式的解集为________；若存在最小值，则的取值范围为________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【详解】空一：当时，，． 当时，由得，即， 解得，结合得； 当时，由得，即， 因为在上单调递增，所以，结合得． 综上，当时，不等式的解集为． 空二：若存在最小值，分两种情况： ①当时，，； 又当时，当时， 所以的最小值为，符合题意； ②当时，当时， 而当时，且， 所以对定义域内任意都有； 又当从右侧无限接近时，无限接近，故没有最小值，不符合题意． 综上，的取值范围为． 15. 已知函数．给出下列四个结论： ①是偶函数； ②当时，0是的极小值点； ③，，使得在区间上单调递增； ④，的图象与直线有无数个公共点． 其中正确结论的序号是________． 【答案】①②④ 【解析】 【分析】根据偶函数定义可判断①，根据极值点的定义，结合导数计算可判断②；取，求导，分与两种情况，结合导数的正负可判断③；当时，由题意可得，余弦函数图象及时，对都有，分析可判断④. 【详解】对于①，函数的定义域为， 因为， 所以函数是偶函数，故①正确； 对于②，当时，函数，是偶函数， 当时，，， 当时，， 所以在区间上单调递增， 因为函数是偶函数， 所以在区间上单调递减， 所以，0是的极小值点，故②正确； 对于③，当时，， ， 取，则， 令，，， 当时，，则， 故不存在，使得函数在区间上单调递增； 当时，当时，，即函数在区间上单调递减， 故总存在，使得， 所以不存在，使得函数在区间上单调递增； 综上所述：③错误； 对于④，当时，由得， 即， 当时，对都有， 而在时，根据余弦函数图象可知会有无穷多个解， 故时，时，的图象与直线有无数个公共点， 结合①可知，当时，的图象与直线有无数个公共点，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. 已知数列的前项和为，且．数列满足． （1）求的通项公式； （2）求的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由公式求得数列的通项公式； （2）由等差数列和等比数列的前项和公式，结合分组求和的方式求得数列的前项和. 【小问1详解】 当时，，代入得，解得. 当时，，所以，所以 ，所以，即， 故是首项为1，公比为的等比数列，通项为. 【小问2详解】 由， 所以前项和， 故. 17. 已知函数，直线为曲线的切线． （1）求的值； （2）设函数，求的最大值和最小值． 【答案】（1） ； （2） 的最大值为，最小值为。 【解析】 【分析】（1）依据导数的几何意义，通过切线斜率等于切点处的导数值求出切点坐标，代入切线方程求解参数； （2）先明确函数定义域，通过求导分析函数的单调性，结合端点函数值与无穷极限确定函数的最值。  【小问1详解】 函数的定义域为，对其求导得：  ， 设曲线的切点为，又切线方程为，斜率为，因此列方程： ， 解得，即，对应切点坐标为， 由于切点在切线上，将其代入切线方程得：  解得. 【小问2详解】 函数的定义域为， ， 当时，分母恒成立，因此的符号由分子决定： 当时，，故，在上单调递增， 当时，，故，在上单调递减， 因此，是的唯一极值点，且为极大值点，即最大值点，代入计算得最大值：  ， 当时，；当时，，，故 ；当时，由于指数函数的增长速度远快于幂函数，故， 因此，在定义域内的最小值为，在处取得. 18. 已知函数，且的最小正周期为． （1）求的单调递增区间； （2）将的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象． 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，使得存在，求不等式的解集． 条件①：的图象关于直线对称； 条件②：在区间上单调递减； 条件③：的图象关于点对称． 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）的单调递增区间为； （2）条件②不存在满足的对应，选择条件①（或条件③）时，，不等式的解集为. 【解析】 【分析】（1）先通过三角恒等变换将化简为标准正弦型函数，结合最小正周期求出参数，再利用正弦函数的单调性求解； （2）根据图象平移规则得到的表达式，逐一验证三个条件是否存在符合范围的，最后通过正弦函数的取值范围求解三角不等式. 【小问1详解】 ， 已知的最小正周期为，即，解得，因此. 由可得， 因此的单调递增区间为. 【小问2详解】 将的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象， 则，逐一验证三个条件： 条件①：的图象关于直线对称，则. 可得， 因为，取，得，符合范围，此时. 条件②：在区间上单调递减. 当时，， 由题意可知， 即，该不等式组无解， 因此不存在满足条件的，条件②不符合要求. 条件③：的图象关于点对称. 则，解得， 结合，取，得，符合题意，此时. 最后解不等式，可得， 所以，解得， 因此不等式的解集为. 19. 某工业园区使用机器人对多处区域进行巡检，在每处区域分别配置可与机器人进行通信的设备．不考虑其他环境因素干扰，当机器人与某设备的距离不超过时，才能与该设备正常通信． 如图，，分别为两处区域的设备所在位置，，两点间距离为，点为机器人的充电站所在位置，机器人巡检通道为的平分线，，． （1）求的长度； （2）当机器人巡检到点时，通过定位信息可知，试判断此时机器人能否同时与，两处的设备正常通信，并说明理由； （3）直接写出机器人在巡检通道上可同时与，两处的设备正常通信的通道长度． 【答案】（1） （2）能同时与，两处的设备正常通信， 理由如下：由题意可得，， 又，所以， 由正弦定理可得，由， 所以，又， 在中，由余弦定理可得，解得， 综上，能同时与，两处的设备正常通信. （3） 【解析】 【分析】（1）由余弦定理计算可得； （2）由正弦定理和余弦定理分别求出对应的长度结合题意比较可得； （3）设机器人在巡检通道上的位置为点 ，令 ，分别求出的长度不等式，求交集可得. 【小问1详解】 在中，由余弦定理可得， 即，解得，负值舍去. 【小问2详解】 能同时与，两处的设备正常通信，理由如下： 由题意可得，， 又， 所以， 由正弦定理可得， 由，所以， 又， 在中，由余弦定理可得， 解得， 综上，能同时与A，C两处的设备正常通信. 【小问3详解】 设机器人在巡检通道上的位置为点，令， 若机器人与处设备正常通信，则， 在 中，由余弦定理得， 即 ，解得， 若机器人与  处设备正常通信，则， 在中，由余弦定理得 ， 即 ，解得， 由于，所以满足条件的的取值范围为， 所以通道长度为千米. 20. 已知函数，直线是曲线在点处的切线，且分别与x轴、y轴交于点，．设，． （1）求的值； （2）求函数的单调区间； （3）是否存在实数，，使得和同时成立？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． （参考数据：，） 【答案】（1） （2）单调递增区间为,单调递减区间为 （3）存在, 【解析】 【分析】（1）先求导得切线斜率，写出切线方程,令求出截距关于的表达式，再代入求值. （2）令求出的解析式，再对求导，由的符号划分单调区间,注意定义域为. （3）先说明时必有,把两个零点同时成立的问题转化为研究的零点，用导数判断单调递增，再用参考数据判断，由零点存在性定理确定. 【小问1详解】 由，得， 所以曲线在点处的切线的斜率为. 切线的方程为， 令，得,即. 所以. 【小问2详解】 在切线方程中令,得,即. 所以，定义域为，求导得. 当时,,从而,， 当时，，从而,. 所以的单调递增区间为，单调递减区间为. 【小问3详解】 若，即， 则. 所以与同时成立等价于. 令,，则. 所以在上单调递增，方程至多有一个实根. 又，由,， 得,，所以，故. 而，由得,又，所以. 由零点存在性定理得在区间内有零点， 再由的单调性知这样的零点唯一，此时，从而. 所以存在满足条件的，即. 21. 设A是如下形式的m行n列的数表： … … … 其中位于第i行第j列的数记为，且．记为第i行所有数的乘积，为第j列所有数的乘积，，，． （1）给出如下数表，，直接写出，的值； 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 （2）当，时，求的最小值； （3）记所有可能取值构成的集合为．若,均为奇数，且数表中1的个数为6，此时所有可能取值构成的集合为，当时，求的最大值． 【答案】（1）， （2） （3）最大值为49. 【解析】 【分析】(1)根据题中的定义，先看每一个数表，逐行算出每行乘积，相加得到，逐列算出每列乘积，相加得到 ，再利用条件计算. (2) 先找出 ， 各自所有可能取值，再利用，推得和奇偶性相同，讨论舍去不符合的，计算，选出最小值. (3) 先证：中的元素满足，再证：当时，的最大元素比的最大元素小，同理，当时，的最小元素比的最小元素大，所以，罗列的数表确定符合题意，进一步求出的最大值. 【小问1详解】 对于: ，，. ，，，， ，所以. 对于: ，， ，. ，，，， ，所以. 【小问2详解】 当，时，，，且 ，则的取值：；的取值：. 若，则，此时，，可取：. 若，则，此时，，可取：. 综上所述，可取：，所以的最小值为. 【小问3详解】 先证：中的元素满足， 对行列的数表，取第一行均为，其余为， 因为均为奇数，所以， 取第一列均为，其余为，则， 所以． 再证：当时，的最大元素比的最大元素小： 因为数表中恰有个位置为，因此数表中至多有行为，此时 ，， ， 因此的最大元素比的最大元素小． 同理，当时，的最小元素比的最小元素大： 因为数表中恰有个位置为，因此数表中至多有列为，此时 ，， ， 因此的最小元素比的最小元素大． 所以，下证的数表符合题意： 显然 ， ① 对于，可知，当数表全为1时，， 由第（Ⅱ）问方法二可知，，② 对于 ，分别取以下数表， 经验证， ，③ 由①②③得， ，符合题意． 综上可知，的最大值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $