北京市朝阳区2025-2026学年高三上学期11月期中考试数学试卷

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北京市朝阳区 2025~2026 学年度第一学期期中质量检测
高三数学参考答案2025.11
（1）A
（2）C
（3）B
（4）D
（5） A
（6）B
（7）C
（8）C
（9）A
（10）B
一、选择题（共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分）
二、填空题（共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分）
（11） 1 + 2 i
55
{x  R | x s kπ + π , k  Z}
2
1 ; 1 （答案不唯一）
3 2
（14）4 ; 4 : 3（15）①③④
三、解答题（共 6 小题，共 80 分）
（16）（本小题 13 分）
解：（Ⅰ）由已知得 f (x) = sin x · cs x + cs2 x
= 1 sin 2x + 1 + cs 2x
22
=2 sin(2x + π) + 1 ．
242
所以函数 f (x) 的最小正周期为T = 2π = π ．
2
令 2x + π = kπ + π (k  Z) ，得 x = kπ + π (k  Z) ．
4228
所以 y = f (x) 的图象的对称轴方程是 x = kπ + π (k  Z) ．9 分
28
πππ
（Ⅱ）因为0 ≤ x < a ，所以 ≤ 2x + < 2a + ．
444
因为函数 f ( x) 在区间[0, a) 上无最小值，
所以 3π < 2a + π ≤ 3π ．
442
所以 π < a ≤ 5π ．
48
所以实数 a
π 5π
的取值范围为(,] ．13 分
4 8
（17）（本小题 14 分）
解：（Ⅰ）取 PC 的中点 F ，连接 DF,EF ．因为 E,F 分别为 PB, PC 的中点，
所以 EF // BC 且 EF = 1 BC ．
2
在四边形 ABCD 中，
因为 3DAC = 3ACB = 45 ，
所以 AD // BC ．
因为△ADC 是等腰直角三角形，且 AC =
因为△BAC 是等腰直角三角形，且 BC =
所以 AD = 1 BC ．
2
所以 EF // AD 且 EF = AD ．
所以四边形 EFDA 是平行四边形．所以 AE // DF ．
2AD ．
2 AC ．
又因为 AE  平面 PDC ， DF c 平面 PDC ，
所以 AE // 平面 PDC ．6 分
因为 PA  平面 ABCD ，所以 PA  AB, PA  AC ．又 AB  AC ，如图建立空间直角坐标系 A – xyz ．
又因为 PA = AC = 2 ，所以C(0, 2, 0), P(0, 0, 2), D(–1,1, 0) ．
. .
所以CP = (0,–2, 2), CD = (–1,–1, 0) ．
设平面 PDC 的法向量为 m = (x, y, z) ．
(m · .
CP = 0,
由 .
(–2 y + 2z = 0,
得–x – y = 0.
m · CD = 0,
令 y = 1 ，则 m = (–1,1,1) ．
又因为 PA  AC , AB  AC ，所以 AC  平面 PAB ．
.
所以 AC = (0, 2, 0) 是平面 PAB 的法向量．
设平面 PAB 与平面 PDC 的夹角为θ ，则
3
.| m · AC |2
3  2
csθ =| cs < m, AC >|= . ==．
| m || AC |3
所以平面 PAB 与平面 PDC 夹角的余弦值为 3 ．12 分
3
设点 A 到平面 PDC 的距离为 d ．
3
所以 d = | AP · m | = 2 = 2 3 ．
| m |3
所以点 A 到平面 PDC 的距离为 2 3 ．14 分
3
（18）（本小题 13 分）
解：（Ⅰ）由正弦定理 a=b及 a cs C + 3a sin C = b ，
sin Asin B
得sin Acs C + 3 sin Asin C = sin B ．
因为 A + B + C = π ，所以sin B = sin[π – (A + C)] = sin(A + C) ．
所以sin Acs C + 3 sin Asin C = sin( A + C) ，
即sin A cs C + 3 sin A sin C = sin A cs C + cs A sin C ，
化简得 3 sin Asin C = cs Asin C ．因为C  (0, π) ，所以sin C s 0 ． 所以 3 sin A = cs A ．
又 A  (0, π) ，且cs A s 0 ，所以tan A =3 ．
3
所以3A = π ．5 分
6
选择条件②：
因为 BC  CD ，即3BCD = π ，
2
所以sin 3ADC = sin( π + B) = cs B = 2 7 ．
27
由3ADC 为钝角和sin2 3ADC + cs2 3ADC = 1 ，得cs 3ADC = –
21 ．
7
因为 3A = π ，所以sin 3ACD = sin(3ADC + π) = 2 7  3 –
21  1 =
21 ．
66
在△ACD 中，由正弦定理 CD=AD，
727214
sin 3Asin 3ACD
得CD =
AD
sin 3ACD
sin 3A = 3 
14  1 =．
21
7
2
由cs B = 2 7 ， sin2 B + cs2 B = 1 ， 3B  (0, π) ，得sin B =21 ．
727
在Rt△BDC 中，由sin 3B = CD 得
BD
BD =
CD=
sin 3B
7 = 7 3
213 ．
7
3
所以 AB = BD + AD = 7 3 += 10 3 ．
33
选择条件③：
由△ACD 的面积为解得 AC = 4 ．
3
，得 S△ ADC
= 1 AD · AC · sin 3A =，
3
2
在△ACD 中，由余弦定理得
CD2 = AD2 + AC 2 – 2AD · AC · cs A = ( 3)2 + 42 – 2
7
解得CD =．
3  43 ，
2
由正弦定理
CD=
sin 3A
AC
sin 3ADC
，得sin 3ADC = 2 7 ．
7
由3ADC 为钝角和sin2 3ADC + cs2 3ADC = 1 ，得cs 3ADC = –
21 ．
7
所以cs 3BDC =
21 ．
7
在Rt△BDC 中，由cs 3BDC = CD 得
BD
BD =
CD=
cs 3BDC
7 = 7 3
213．
7
3
所以 AB = BD + AD = 7 3 += 10 3 ．13 分
33
（19）（本小题 15 分）
解：（Ⅰ）当 a = 0 时， f (x) = 2 ln x – x ， x (0, +) ，
所以 f (x) = 2 – 1 ，又 f (1) = –1 ， f (1) = 1 ，
x
所以曲线 y = f (x) 在点(1, f (1)) 处的切线方程为 y – f (1) = f (1)(x – 1) ，
即 x – y – 2 = 0 ．5 分
（Ⅱ）函数 f (x) 的定义域为(0, +) ， f (x) = 2 – (2a + 1) + ax = (x – 2)(ax –1) ．
xx
（1）当 a ≤ 0 时， ax – 1 < 0 ，令 f (x) = 0 ，得 x = 2 ．
f (x) 与 f (x) 的变化情况如下表：
所以 f (x) 的单调递增区间为(0, 2) ；单调递增减区间为(2, +) ．
（2）当0 < a < 1 时，令 f (x) = 0 ，得 x = 2 或 x = 1 ．
2a
f (x) 与 f (x) 的变化情况如下表：
(2, )
所以 f (x) 的单调递增区间为(0, 2),( 1 , +) ；单调递增减区间为1 ．
aa
x
(0, 2)
2
(2, +)
f (x)
+
0
-
f (x)
↗
极大值
↘
x
(0, 2)
2
(2, 1 )
a
1
a
( 1 , +)
a
f (x)
+
0
-
0
+
f (x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
1(x – 2)
2
（ ）当 a = 时， f (x) =
，所以 f (x) 在(0, +) 上单调递增．
3≥ 0
22x
（4）当 a > 1 时，令 f (x) = 0 ，得 x = 2 或 x = 1 ．
2a
f (x) 与 f (x) 的变化情况如下表：
所以 f (x) 的单调递增区间为(0, 1 ), (2, +) ；单调递增减区间为( 1 , 2) ．
aa
综上，当 a ≤ 0 时， f (x) 的单调递增区间为(0, 2) ；单调递增减区间为(2, +) ．
(0, 2),(,
(2, )
当0 < a < 1 时，f (x) 的单调递增区间为1 +) ；单调递减区间为1 ．
2aa
当 a = 1 时， f (x) 的单调递增区间为(0, +) ；无单调递减区间．
2
(0, ), (2,
(, 2)
当 a > 1 时，f (x) 的单调递增区间为1+) ；单调递增减区间为 1．
2aa
.15 分
（20）（本小题 15 分）
x
(0, 1 )
a
1
a
( 1 , 2)
a
2
(2, +)
f (x)
+
0
-
0
+
f (x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
解：（Ⅰ） f (x) =
cs x · (2 + cs x) + sin2 x
(2 + cs x）2
= 2 cs x + 1 ，
(2 + cs x)2
令 f (x) = 0 ，得cs x = – 1 ，因为 x [0, π] ，所以 x = 2π ．
23
当 x (0, 2π) 时， f (x) > 0 ， f (x) 在区间(0, 2π) 上单调递增；
33
当 x  ( 2π , π) 时， f (x) < 0 ， f (x) 在区间( 2π , π) 上单调递减．
33
所以 f (x) 在区间[0, π] 上的最大值为 f ( 2π) =3 ．5 分
33
（Ⅱ）因为 g (x) = f (x) – 1 x ，
π
2 cs x + 112π cs x + π – (2 + cs x)2
所以g (x) = (2 + cs x)2 – π =π(2 + cs x)2．
设φ (x) = 2π cs x + π – (2 + cs x)2 ，则φ ( x) = (4 – 2π + 2 cs x) sin x ．
当 x 
π
(0, )
2
时， φ (x) = (4 – 2π + 2 cs x) sin x < (6 – 2π) sin x < 0 ，
(0, )
所以φ (x) 在区间π
2
上单调递减．
又φ (0) = 3π – 9 > 0 ， φ( π)
2
= π – 4 < 0 ，
所以存在唯一 x0 
所以 g(x0 ) = 0 ．
π
(0, )
2
使φ(x0 ) = 0 ．
当 x  (0, x0 ) 时， g(x0 ) > 0 ， g(x) 在区间(0, x0 ) 上单调递增，
当 x  (x , π) 时， g(x ) < 0 ， g(x) 在区间(x , π) 上单调递减，
0 200 2
所以 x = x0 为 g(x) 的极大值点，
即 g(x) 在区间(0, π) 上有且只有一个极大值点．12 分
2
1
(,1) ．15 分
2
（21）（本小题 15 分）
解：（Ⅰ） A = {2,4,6} ．4 分
不存在，理由如下：
假设存在i, j, k {2,3,, 7}(i < j < k) 使得 A1 ∩ Ai = A1 ∩ Aj = A1 ∩ Ak ．不妨设i = 2, j = 3, k = 4 ，设 A1 ∩ A2 = A1 ∩ A3 = A1 ∩ A4 = {a} ，
A1 = {a,b, c}, A2 = {a, d, e}, A3 = {a, f , g}, A4 = {a, h,l} ．
由①②可知， a,b, c, d , e, f , g, h,l 互不相同．
由③可知，存在集合 At (t {5,6,7,}) 与 A1 的交集不为{a} ，且由②可知，集合 At 与 A1 的交集中有且仅有一个元素，不妨设集合 At 为 A5 ，且 A5 ∩ A1 = {b} ，故 a / A5 ,b A5 ．
由②可知， A2 ∩ A5, A3 ∩ A5, A4 ∩ A5 的元素个数均为 1，
且 A2 ∩ A5 , A3 ∩ A5 , A4 ∩ A5 均不为{a} 或{b}，
所以集合 A2 ∩ A5 = {d} 或{e} ， A3 ∩ A5 = { f } 或{g} ， A4 ∩ A5 = {h} 或{l} ．
由于b, d , e, f , g, h,l 互不相同，集合 A5 至少包含 4 个元素，与①矛盾．
所以不存在i, j, k {2,3,, 7}(i < j < k) 使得 A1 ∩ Ai = A1 ∩ Aj = A1 ∩ Ak ．9 分
设集合Q = {A1, A2 ,, An} 具有性质 S (4) ．
在 A1 , A2 ,, An 中存在一个集合，其中至少有两个元素分别属于其他集合，否则，若 A1 , A2 ,, An 中的每一个集合中至多有一个元素属于其他集合， 则与②或③矛盾．
不妨设该集合为 A = {a1, a2 , a3 , a4}，设元素 a1 , a2 分别属于其他集合， 除了集合 A 之外，设包含元素 a1 的集合有 s 个，分别记为 B1, B2 ,, Bs ，设集合C 包含元素 a2 ．
当1≤ i1 < i2 ≤ s 时，若 Bi ∩ C = Bi ∩ C = {b}，则b, a1  Bi ∩ Bi ，与②矛盾，
1212
所以 B1 ∩ C, B2 ∩ C,, Bs ∩ C 互不相同，且均不为{a1}．
因为C 的元素个数为 4，且已经包含一个元素 a2 ，所以 s≤ 3 ．所以除了集合 A 之外，包含元素 a1的集合至多有 3 个．
同理可得，除了集合 A 之外，包含元素 a2 的集合至多有 3 个，除了集合 A 之外，包含元素 a3 的集合至多有 3 个，除了集合 A 之外，包含元素 a4 的集合至多有 3 个．
所以 n≤ 1 + 4  3 = 13 ．
当 n = 13 时，集合Q = {A1, A2 ,, A13} 具有性质 S (4) ，其中：
A1 = {1, 2, 4,10}, A2 = {2,3,5,11}, A3 = {3, 4, 6,12}, A4 = {4,5, 7,13} ，
A5 = {5, 6,8,1}, A6 = {6, 7,9, 2}, A7 = {7,8,10,3}, A8 = {8,9,11, 4}，
A9 ={9,10,12,5}, A10 = {10,11,13,6}, A11 = {11,12,1,7}, A12 = {12,13, 2,8} ，
A13 = {13,1,3,9}．（构造不唯一）
综上， n 的最大值为13 ．15 分