精品解析：北京市昌平区第二中学2026-2027学年第一学期高三年级期中考试数学试卷

昌平二中2026―2027学年度第一学期高三年级期中考试数学试卷 本试卷共4页，共150分．考试时长120分钟．考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效．考试结束后，将答题卡交回． 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. 已知复数，则（ ） A. 0 B. 1 C. D. 2 【答案】C 【解析】 【详解】由题可得 2. 设集合，，若，则（ ）． A. 2 B. 1 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据包含关系分和两种情况讨论，运算求解即可. 【详解】因为，则有： 若，解得，此时，，不符合题意； 若，解得，此时，，符合题意； 综上所述：. 故选：B. 3. 已知椭圆（a＞b＞0）的离心率为，则 A. a2=2b2 B. 3a2=4b2 C. a=2b D. 3a=4b 【答案】B 【解析】 【分析】由题意利用离心率的定义和的关系可得满足题意的等式. 【详解】椭圆的离心率,化简得, 故选B. 【点睛】本题考查椭圆的标准方程与几何性质,属于容易题,注重基础知识､基本运算能力的考查. 4. 下列函数中最小值为4的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据二次函数的性质可判断选项不符合题意，再根据基本不等式“一正二定三相等”，即可得出不符合题意，符合题意． 【详解】对于A，，当且仅当时取等号，所以其最小值为，A不符合题意； 对于B，因为，，当且仅当时取等号，等号取不到，所以其最小值不为，B不符合题意； 对于C，因为函数定义域为，而，，当且仅当，即时取等号，所以其最小值为，C符合题意； 对于D，，函数定义域为，而且，如当，，D不符合题意． 故选：C． 【点睛】本题解题关键是理解基本不等式的使用条件，明确“一正二定三相等”的意义，再结合有关函数的性质即可解出． 5. 在的展开式中，的系数为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】写出展开式通项，令的指数为，求出参数的值，代入通项后可得出关于的等式，解之即可. 【详解】的展开式通项为， 令，可得，所以的系数为，解得. 故选：A. 6. 已知非零向量满足，且，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量垂直列出关系式，代入模长关系即可. 【详解】设向量与向量的夹角为， 因，故， 即，故，则. 7. 已知平面上，（）均与圆相交，若相交的四个点可以构成一个正方形，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先将圆的方程化为标准形式得到圆心和半径，结合平行线距离公式可得正方形边长，再由正方形的对称性知弦心距，再代入圆的弦长公式求解可得. 【详解】由圆的方程，配方得，因此圆心为，半径. 计算平行直线距离：将直线整理为，， 由平行线距离公式得两直线距离. 因为四个交点构成正方形，故直线截圆所得弦长等于两平行线距离， 因两直线关于圆心对称，所以圆心到每条直线的距离.如图： 代入弦长公式计算：弦长，代入，，， 得，两边平方得，解得，即. 再将代入，得. 8. 函数与在上交点的个数为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】将两函数交点问题转化为构造函数的零点问题，根据导数与单调性的关系，结合零点存在定理求解即可. 【详解】与在上的交点个数，等价于方程在上的解的个数. 构造函数，. 对求导得：  . 当时，，，则，故在上单调递减. 又，故对任意，，此时无零点. 当时，，，则，故在上单调递增. 又，， 根据零点存在定理，存在唯一使得. 综上，在上仅有1个零点，即两函数交点个数为1. 9. 如图所示，经过正三棱柱底面一边，作与底面成角的平面，已知截面三角形的面积为32，且点是棱柱所在侧棱的中点，则棱柱的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】作的高 连接，利用截面三角形的面积，求出底面棱长以及侧棱长，利用棱柱侧面积公式即可求解. 【详解】因为这个三棱柱是正三棱柱，所以是正三角形，且所在直线与所在的平面垂直，则,如图： 作的高CE，连接DE，则平面，而平面，所以， 所以是二面角 的平面角，，，， 用S表示的面积，则，， ， ， 因为点是棱柱所在侧棱的中点，所以侧棱长为， 所以正三棱柱的侧面积为 10. 已知c是非负常数，函数，给出下面四个结论其中正确的是（ ） A. 当时，在区间上有最大值 B. 当时，函数有4个零点 C. 当时，，都有 D. 当时，方程的无解． 【答案】A 【解析】 【分析】令，记，结合导数可知在上单调递增，且值域为，利用的性质依次分析选项即可判断. 【详解】根据题意可得，令，记， 所以，所以在上单调递增， 当时，，当时，， 所以的值域为. 对于A，当时，， 所以，即， 所以，故， 即当时，在区间上有最大值为，故A正确； 对于B，令，则， 因为在上单调递增，所以方程只有唯一正实数根， 因为，又，此时有两个解，即当时，函数有2个零点，故B错误； 对于C，由A选项可得，，，， ，若，可得，解得：或， 所以当，即时，，即， 所以当时，，不成立，故C错误； 对于D，当时，方程等价于或， 当时，， 因为的值域为，所以或一定有解，故D选项不正确. 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. 函数的定义域是_________． 【答案】 【解析】 【详解】函数的定义域满足，解得， 故函数定义域为． 12. 已知双曲线的渐近线方程为，则a的值为_________． 【答案】 【解析】 【详解】为双曲线，故，标准形式为， 焦点在轴，渐近线为，故，解得． 13. 已知抛物线的焦点为F，点A在C上，过点A作C的准线的垂线，垂足为B．若直线BF的方程为，则________． 【答案】5 【解析】 【分析】先由直线BF的方程求出焦点、准线方程，则可得抛物线的方程，进而得点，从而求出点，再由焦半径公式即可得解. 【详解】在中，令，解得，所以， 因为，所以，解得， 所以抛物线C的方程为，其准线方程为， 在方程中，令，得，所以，所以点A的纵坐标为4， 在方程中，令，解得，所以， 由抛物线的定义，得． 故答案为：. 14. 玉琮是中国古代内圆外方的筒形玉石礼器，主要用于祭祀，其外形可近似为一个正四棱柱，且自上而下有一个圆柱形孔洞贯穿，如图所示.某学生用3D技术打印了5个玉琮模型，它们的高度从小到大成等差数列、其内圆柱形孔洞的体积依次成公比为2的等比数列.若最矮玉琮模型孔洞的底面半径为，最高玉琮模型孔洞的底面半径和高分别为和，则这5个玉琮模型的高度和为___________. 【答案】 【解析】 【分析】根据条件，利用等比数列的通项公式及圆柱的体积公式可得最矮孔洞的高，再由等差数列的前项和公式，即可求解. 【详解】设个玉琮的圆柱形孔洞体积为，高度为，孔洞半径为， （其中，对应最矮，对应最高）， 由题知是公比的等比数列，因此， 因为最高玉琮孔洞半径，高，则， 代入，得，即最矮孔洞体积为， 又， 由圆柱体积公式得，解得， 由题知是等差数列，且， 所以数列前项和，故个玉琮高度和为. 15. 已知曲线：.给出下列四个结论： ①曲线为中心对称图形； ②曲线与直线有两个交点； ③当时，满足； ④曲线上任意两点、，当时，. 其中所有正确结论的序号为_______. 【答案】①③ 【解析】 【分析】对于①，假设曲线的对称中心为，将一对点坐标代入曲线方程，化简通过对照系数，如果能求出，则说明曲线为中心对称图形；对于②，联立方程求解即可；对于③，将方程变形为，通过作差法即可判断；对于④，三点共线时取得最小值，因此先求出的取值范围即可判断④. 【详解】①，假设曲线的对称中心为，设点是曲线上的任意一点， 其关于点的对称点为， 代入方程：， 整理得， 又，所以，解得， 说明曲线关于点对称，故①正确； ②，联立， 消去并整理可得，此时， 故曲线与直线有一个交点，故②错误； ③，当时，原方程不成立，故曲线可变形为， ，当时，，即，即，故③正确； ④，由③知，设， 因为， 令，，，， 所以， 当且仅当，即时等号成立，同理， 由①知曲线关于点成中心对称， 所以当和都最小时，三点共线， 此时最小，所以，故④错误. 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. 已知函数，，函数周期为，且函数的图象关于直线对称． （1）求函数的解析式，并求使成立的的取值范围； （2）若将的图象先向左平移个单位，再将所有点的横坐标变为原来的2倍，得到函数的图象，设函数，求在上的值域． 【答案】（1）；； （2）. 【解析】 【分析】（1）由周期求出 ，再由对称轴及 求出 ，得到解析式，解 即可求出 的范围； （2）根据平移和伸缩变换求出 ，利用两角和的正弦公式及二倍角公式化简 为 ，结合 的范围和余弦函数的性质即可求出值域. 【小问1详解】 因为函数 的周期为 ，且 ， 所以 ，解得 ，即 . 因为函数 的图象关于直线 对称， 所以 ()， 解得 (). 又因为 ，所以当 时，. 所以 . 由 ，得 ， 所以 ()， 解得 (). 所以使 成立的 的取值范围是 . 【小问2详解】 将 的图象向左平移 个单位， 得到 的图象； 再将横坐标变为原来的 倍，得到 的图象. 所以 . 因为 ，所以 ，从而 . 当 ，即 时， 取得最大值 ； 当 ，即 时，； 当 ，即 时，. 所以 ， 则 ，即 . 所以函数 在 上的值域为 . 17. 已知的内角所对的边分别为，且 （1）求角A； （2）若为边上一点，为的平分线，且，求的面积 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意利用正弦定理边化角，再结合三角恒等变换运算求解； （2）根据面积关系可得，再结合余弦定理解得，进而可得面积. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理可得， 且， 即， 整理可得， 且，则，可得， 又因为，则，可得，所以. 【小问2详解】 因为为的平分线，则， 因为，则， 即，可得， 在中，由余弦定理可得， 即，整理可得，解得或（舍去）， 所以的面积. 18. 在三棱锥中，.点在棱PB上，点为BC中点. （1）若点为PB中点，平面平面，证明：； （2）若点满足，从下列条件①、条件②、条件③中选择一个作为已知条件，使得三棱锥存在且唯一，求平面AEF与平面PAC所成夹角的余弦值.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）分别是PB，BC的中点， ， 平面平面PAC， 平面PAC， 平面AEF，平面平面， ； （2）条件②：；条件③： 【解析】 【分析】（1）通过线面平行的性质定理证明线线平行；（2）选条件②，建立空间直角坐标系，利用向量法求解平面AEF与平面PAC所成夹角的余弦值. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 选条件②： . , ,平面ABC, 平面ABC ， 在平面ABC内，过作，则AB，AH，PA两两垂直； 如图，以为原点，AH为轴，AB为轴，AP为轴，建立空间直角坐标系， 则 ，由于为BC中点，故， 设平面AEF的法向量 所以，即， 令，则，故， 设平面PAC的法向量 所以，即. 令，则，故， 设平面AEF与平面PAC所成的角为， 则. ∴平面AEF与平面PAC所成夹角的余弦值为. 选条件③： . , ,平面ABC, 平面ABC 在平面ABC内，过作，则AB，AH，PA两两垂直： 如图，以为原点，AH为轴，AB为轴，AP为轴， 建立空间直角坐标系，后续解法同②. 不能选条件① . , ,平面ABC, 平面ABC 在平面ABC内，过作，则AB，AH，PA两两垂直； 如图，以为原点，AH为轴，AB为轴，AP为轴，建立空间直角坐标系， 则设,则 ，由于为BC中点，故, 因为，所以，所以 ，化简得， 但，所以上面方程无解，所以条件①无法保证三棱锥存在且唯一，不符合题目要求. 19. 已知函数，函数，其中． （1）如果曲线与在处具有公共的切线，求的值及切线方程； （2）如果曲线与有且仅有一个公共点，求的取值范围． 【答案】（1）， （2）或. 【解析】 【分析】（1）和在处的切线相同，则在该点出的导数相等，从而求解a的值，以及切线l的方程； （2）设函数，则将原问题转化为有有唯一解，然后对a进行分类讨论即可. 【小问1详解】 ， 由题意，公共切线的斜率，即 又因为，所以切线方程为． 【小问2详解】 设函数． 曲线与有且仅有一个公共点等价于“函数有且仅有一个零点”． ①当时， 当时，，所以在单调递增． 又因为，所以有且仅有一个零点，符合题意．. ②当时，令，解得 与的变化情况如下： 0 ↘ ↗ 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，， 故有且仅有一个零点，符合题意． ③当时，令，解得． 与的变化情况如下： 0 ↘ ↗ 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以当时， ， 因为，，且在上单调递增， 所以 又因为存在， 使得 所以存在使得， 所以函数存在两个零点，与题意不符， 综上，曲线与有且仅有一个公共点时， 的范围是或. 【点睛】方程的根，函数的零点，图象与x轴的交点属于一类问题，常用的方法有三个：构造函数法，这种方法往往需要讨论参数，进而研究函数的零点个数，上述解法就属于这一种，还有一种比较简单的就是参变分离法，等价于，这种方法需要注意，讨论时的情况，问题就转成立研究的图像，优点就是研究的函数没有参数；最后一种，有时零点问题也可以转成两个函数图象的交点问题，小题用此法比较多. 20. 已知椭圆的离心率为，A、C分别是E的上、下顶点，B，D分别是的左、右顶点，． （1）求的方程； （2）设为第一象限内E上的动点，直线与直线交于点，直线与直线交于点．求证：． 【答案】（1） （2） 因为椭圆的方程为，所以， 因为为第一象限上的动点，设，则， 易得，则直线的方程为， ，则直线的方程为， 联立，解得，即， 而，则直线的方程为， 令，则，解得，即， 又，则，， 所以 ， 又，即， 显然，与不重合，所以. 【解析】 【分析】（1）结合题意得到，，再结合，解之即可； （2）依题意求得直线、与的方程，从而求得点的坐标，进而求得，再根据题意求得，得到，由此得解. 【小问1详解】 依题意，得，则， 又分别为椭圆上下顶点，，所以，即， 所以，即，则， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 略 21. 记表示有穷集合M的元素个数.已知m，n是正整数，集合.若集合序列Q：，，…，满足下列三个性质，则称Q是“平衡序列”： ①，其中，2，…，m； ②，其中，2，…，m； ③对于S中的任意两个不同元素i，j，都存在唯一的，使得. （1）设，判断下列两个集合序列是否是“平衡序列”？（结论不要求证明） ：，，，， ：，，，， （2）已知且集合序列Q：，，…，是“平衡序列”，对于，2，…，n，定义：.证明： （ⅰ）当时，； （ⅱ）. 【答案】（1） 是平衡的， 不是平衡的; （2）（ⅰ）当 时，对于 中的每个元素 ，考虑 ， 由③知存在唯一的 ，满足 ，则 ， 将每一个 对应到 ， 若 ，就有 ，否则 且 与③矛盾. 所以 ， （ⅱ）对 中所有元素的总个数算两次 (重复出现的计多次)， 一方面总个数就是 ， 另一方面，按照每个元素出现的次数计算，这个总个数也是 ， 所以 ， (*) 不妨设 中最小的 (之一) 为 ， 且 ，由② ③知 ， 再不妨设 ， 由 (i) 的证明方法可证： 当 时， ， 因为 ，所以 对 ，有 ，故又 ，故 . 又因为 ，所以 都不大于 ， 全部相加得 ， 由 的最小性知 ， 结合 (*)可得 所以 . 【解析】 【分析】（1）根据平衡的三个条件逐个分析即可判断 ，找到反例 ，即可判断 ； （2）（i）考虑 ，根据性质③知若 ，则会得到矛盾点，即可证明； （ii）设 中最小的 (之一) 为 ，且 ，设 ，根据（i）的证明方法知当 时， ，则 都不大于 ，最后相加即可证明. 【小问1详解】 是平衡的， 不是平衡的.理由如下： ， ，满足 ，显然 ，且对于 中的任意两个不同元素 ， 都存在唯一的 ，使得 ， 故 是平衡的， 并不是 的子集，故 不是平衡的. 【小问2详解】 （i）略 （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 昌平二中2026―2027学年度第一学期高三年级期中考试数学试卷 本试卷共4页，共150分．考试时长120分钟．考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效．考试结束后，将答题卡交回． 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. 已知复数，则（ ） A. 0 B. 1 C. D. 2 2. 设集合，，若，则（ ）． A. 2 B. 1 C. D. 3. 已知椭圆（a＞b＞0）的离心率为，则 A. a2=2b2 B. 3a2=4b2 C. a=2b D. 3a=4b 4. 下列函数中最小值为4的是（ ） A. B. C. D. 5. 在的展开式中，的系数为，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知非零向量满足，且，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 7. 已知平面上，（）均与圆相交，若相交的四个点可以构成一个正方形，则（ ） A. B. C. D. 8. 函数与在上交点的个数为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 9. 如图所示，经过正三棱柱底面一边，作与底面成角的平面，已知截面三角形的面积为32，且点是棱柱所在侧棱的中点，则棱柱的侧面积为（ ） A. B. C. D. 10. 已知c是非负常数，函数，给出下面四个结论其中正确的是（ ） A. 当时，在区间上有最大值 B. 当时，函数有4个零点 C. 当时，，都有 D. 当时，方程的无解． 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. 函数的定义域是_________． 12. 已知双曲线的渐近线方程为，则a的值为_________． 13. 已知抛物线的焦点为F，点A在C上，过点A作C的准线的垂线，垂足为B．若直线BF的方程为，则________． 14. 玉琮是中国古代内圆外方的筒形玉石礼器，主要用于祭祀，其外形可近似为一个正四棱柱，且自上而下有一个圆柱形孔洞贯穿，如图所示.某学生用3D技术打印了5个玉琮模型，它们的高度从小到大成等差数列、其内圆柱形孔洞的体积依次成公比为2的等比数列.若最矮玉琮模型孔洞的底面半径为，最高玉琮模型孔洞的底面半径和高分别为和，则这5个玉琮模型的高度和为___________. 15. 已知曲线：.给出下列四个结论： ①曲线为中心对称图形； ②曲线与直线有两个交点； ③当时，满足； ④曲线上任意两点、，当时，. 其中所有正确结论的序号为_______. 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. 已知函数，，函数周期为，且函数的图象关于直线对称． （1）求函数的解析式，并求使成立的的取值范围； （2）若将的图象先向左平移个单位，再将所有点的横坐标变为原来的2倍，得到函数的图象，设函数，求在上的值域． 17. 已知的内角所对的边分别为，且 （1）求角A； （2）若为边上一点，为的平分线，且，求的面积 18. 在三棱锥中，.点在棱PB上，点为BC中点. （1）若点为PB中点，平面平面，证明：； （2）若点满足，从下列条件①、条件②、条件③中选择一个作为已知条件，使得三棱锥存在且唯一，求平面AEF与平面PAC所成夹角的余弦值.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. 19. 已知函数，函数，其中． （1）如果曲线与在处具有公共的切线，求的值及切线方程； （2）如果曲线与有且仅有一个公共点，求的取值范围． 20. 已知椭圆的离心率为，A、C分别是E的上、下顶点，B，D分别是的左、右顶点，． （1）求的方程； （2）设为第一象限内E上的动点，直线与直线交于点，直线与直线交于点．求证：． 21. 记表示有穷集合M的元素个数.已知m，n是正整数，集合.若集合序列Q：，，…，满足下列三个性质，则称Q是“平衡序列”： ①，其中，2，…，m； ②，其中，2，…，m； ③对于S中的任意两个不同元素i，j，都存在唯一的，使得. （1）设，判断下列两个集合序列是否是“平衡序列”？（结论不要求证明） ：，，，， ：，，，， （2）已知且集合序列Q：，，…，是“平衡序列”，对于，2，…，n，定义：.证明： （ⅰ）当时，； （ⅱ）. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $