北京市通州区2026届高三上学期摸底考试数学试题（有解析）

这是一份北京市通州区2026届高三上学期摸底考试数学试题（有解析），共14页。
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，请将答题卡交回.
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. 已知全集为，集合，，则（）
A. B. C. D.
2. 已知复数满足，则（ ）
A. 1B. C. D. 5
3. 设为等差数列的前项和.若，，则（ ）
A. B. C. 32D. 50
4. 已知半径为1的圆经过，则其圆心到直线的距离的最小值为（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
5. “”是“函数在上存在零点”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
6 若，则（ ）
A. B. C. D.
7. 已知，是两个不同的平面，，是两条不同的直线.下列四个命题：
①若，，，则
②若，，，则
③若，，，则
④若，，则或
其中所有真命题的序号是（ ）
A. ①②B. ③④C. ①③D. ①④
8. 已知抛物线：（）的焦点为，准线与轴交于点，点是抛物线上一点，于，若为线段的垂直平分线，，则抛物线方程为（ ）
A. B. C. D.
9. 已知数列：，，…，，，，设（，），若或2，则满足条件的不同数列的个数为（）
A. 7B. 21C. 35D. 70
10. 已知点为所在平面内一点，，，若，则的取值范围是（ ）
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. 已知双曲线(a＞0，b0)的离心率为2，则该双曲线的渐近线方程为__________．
12. 已知角、的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边分别交单位圆（圆心在原点）于、两点，点坐标为，则______；若点在第一象限，且，则______.
13. 有两台光刻机生产同一型号芯片，假设第台生产的次品率为，第2台生产的次品率为.现将两台光刻机生产出来的芯片混放在一起，已知第台光刻机生产的芯片占比分别为.任取一枚芯片，则它是次品的概率为______；如果取到的芯片为合格品，则该合格品是第一台光刻机生产的概率为______.
14. 已知函数，若，且，则的最小值为______.
15. 已知曲线，直线与曲线交于、两点.给出下列四个结论：
①，，总有；
②当时，；
③曲线所围成区域的面积为；
④当时，，总有.
其中正确结论序号是______.
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. 在中，角、、所对的边分别为、、，已知.
（1）求角；
（2）若，，求的面积.
17. 如图，在三棱柱中，侧面为矩形，，，为的中点.
（1）求证：平面；
（2）从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线与平面所成角的正弦值.
条件①：侧面为矩形；
条件②：.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.
18. 开封古称汴梁、汴京，作为北宋都城长达年，是当时世界上最大都市，《清明上河图》描绘的正是当年汴河两岸的繁华盛景.如今的开封，依托深厚的历史文化底蕴，打造了以清明上河园、开封府、大相国寺、龙亭公园为代表的宋文化景区群，让游客穿越千年，感受“东京梦华”的独特魅力.为深化游客对宋代文化的体验，开封旅游局推出了“宋文化深度游”项目.某旅行社组织了一个人的“宋文化研学团”，其中人购买了景点联票（深度体验游客），人只购买了部分景点门票（精选游览游客）.为增强文化体验，旅行社准备从人中随机抽取人，赠送珍贵的《大宋御河夜游》船票，并可在船上自愿参与北宋蹴鞠体验活动.
（1）求抽到的人中恰有人为“深度体验游客”的概率；
（2）如果游客参加“蹴鞠体验”活动的概率为，且是否参与相互独立.设“抽到的人中实际参加蹴鞠体验的游客人数”，求的分布列及数学期望.
（3）该旅行社对某天位精选游览游客的游览情况进行统计，得到如下数据：
假设每个景点得到人们喜欢的概率与该景点的参观率相等，用表示第个景点得到游客喜欢，用表示第个景点没有得到游客喜欢.结合上表数据，写出方差、、、的大小关系.（结论不要求证明）
19. 已知椭圆：（）的离心率为，，分别是的左、右顶点，.
（1）求椭圆方程；
（2）若为坐标原点，过点且斜率为的直线交椭圆于不同的两点，（，异于点），直线，分别与直线交于点，.试判断四边形是否为平行四边形，并说明理由.
20. 已知函数，.
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）若存在，使，求的取值范围；
（3）若，求证：对任意，，当时，不等式恒成立.
21. 已知是由，，…，（，）这个数构成的所有排列组成的集合，例如，若，，则.定义：①与的差，②与的距离，其中，.
（1）若（），写出集合；
（2）若（），且（），求的最小值.
（3）若，，，，，求证：，，三个数中至少有一个偶数.景点编号
一
二
三
四
景点名称
清明上河园
开封府
大相国寺
龙亭公园
游览人数（人）
通州区2025—2026学年高三年级摸底考试
数学试卷
2026年1月
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，请将答题卡交回.
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. 已知全集为，集合，，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先明确集合的元素，再求出集合的补集，最后求交集即可得到答案.
【详解】已知全集为，集合，所以；
因为集合，则.
所以.
故选：A.
2. 已知复数满足，则（ ）
A. 1B. C. D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】应用复数的除法及乘法计算化简，再应用模长公式计算求解.
【详解】复数满足，
则，
则.
故选：C.
3. 设为等差数列的前项和.若，，则（ ）
A. B. C. 32D. 50
【答案】A
【解析】
【分析】利用等差数列基本量的运算可得答案.
【详解】由 得：
由于是等差数列，因此：.
由等差数列通项公式 及得：
，
解得：.
于是：.
故选 ：A
4. 已知半径为1的圆经过，则其圆心到直线的距离的最小值为（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】设圆心坐标，可得圆心满足的条件，再用三角换元及辅助角公式可得距离的最小值.
【详解】设圆心为，因为圆经过，且半径为1，所以，
令，即.
所以圆心到直线的距离为
，其中.
当且仅当时等号成立.
所以圆心到直线的距离的最小值为3.
故选：B
5. “”是“函数在上存在零点”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】A
【解析】
【分析】先求出导函数得出函数在上单调递减，进而根据有零点得出，最后应用集合间关系结合充分必要条件定义判断求解.
【详解】因为函数，，所以在上单调递减，
当函数在上存在零点，则，
所以，
又因为是的真子集，所以“”是“函数在上存在零点”的充分而不必要条件.
故选：A.
6. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
分析】根据二项式定理，分别赋值和即可解得.
【详解】由，
令，得——①，再令，得——②.
得，所以.
故选：D.
7. 已知，是两个不同的平面，，是两条不同的直线.下列四个命题：
①若，，，则
②若，，，则
③若，，，则
④若，，则或
其中所有真命题的序号是（ ）
A. ①②B. ③④C. ①③D. ①④
【答案】D
【解析】
【分析】对于①面面垂直则面面的法向量也垂直可得；对于②由条件可得或，再结合可判断；对于③由线线平行及面面平行的关系可判断；对于④：由和两种情况判断可得.
【详解】对于①：因为，，，所以直线的方向向量是平面的法向量，由两个平面垂直，
所以这两个平面的法向量也垂直，即这两条直线也垂直，故①正确；
对于②：由，，则或，而，则不能判断，所以②不正确；
对于③：若，，，则或，所以结论不一定成立，故③不正确；
对于④：，，若，则；若，则，所以④正确；
故选：D.
8. 已知抛物线：（）的焦点为，准线与轴交于点，点是抛物线上一点，于，若为线段的垂直平分线，，则抛物线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据垂直平分线性质和抛物线定义得到，设，则，结合，求出的值，从而得到抛物线方程.
【详解】抛物线焦点为，准线，则.
因为是的垂直平分线，所以，设.
则，代入抛物线方程可得：，即.
又因为.
所以，.
因此抛物线方程为.
故选：C

9. 已知数列：，，…，，，，设（，），若或2，则满足条件的不同数列的个数为（）
A. 7B. 21C. 35D. 70
【答案】B
【解析】
【分析】通过递推关系或，将转化为求7个和为12的1、2组合的个数，用组合数即可求得结果.
【详解】已知数列，且，，则.
因为（，），若或2，
所以.
设这7个差值中有个1和个2，且，解得，.
问题转化为在7个位置中选5个放2（其余放1）的组合数，即.
因此，满足条件的不同数列的个数为.
故选：B.
10. 已知点为所在平面内一点，，，若，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先由条件可得，再建立平面直角坐标系得，再进一步判断点A在优弧上，落在角的终边上，再用三角函数来解决取值范围问题.
【详解】由，所以点为的外心，又因为，所以.
设，再以点为原点，分别以所在直线为轴建立平面直角坐标系，如图：
则，所以，
又因为，所以，即.
又因为，所以点A在优弧上，所以落在角的终边上，
由三角函数的定义有，即，
所以，又因为，所以，
，，所以.
故选：C
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. 已知双曲线(a＞0，b0)的离心率为2，则该双曲线的渐近线方程为__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据离心率求得，即可求得渐近线方程.
【详解】因为双曲线的离心率为2，则，解得，
故双曲线的渐近线方程为.
故答案为：.
12. 已知角、的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边分别交单位圆（圆心在原点）于、两点，点坐标为，则______；若点在第一象限，且，则______.
【答案】 ①. ## ②. ##
【解析】
【分析】利用三角函数的定义可得出、的值，分析可知，确定角、的关系，结合诱导公式可得出的值.
【详解】由三角函数的定义可得，，
由题意可知，又因为，所以，
所以，
因为角为第四象限角，角为第一象限角，故，
所以.
故答案为：；.
13. 有两台光刻机生产同一型号芯片，假设第台生产的次品率为，第2台生产的次品率为.现将两台光刻机生产出来的芯片混放在一起，已知第台光刻机生产的芯片占比分别为.任取一枚芯片，则它是次品的概率为______；如果取到的芯片为合格品，则该合格品是第一台光刻机生产的概率为______.
【答案】 ①. ## ②.
【解析】
【分析】设事件：取到的芯片是第台光刻机生产的，事件：取到的芯片是第台光刻机生产的，事件：任取一枚芯片，取到的芯片是次品，根据条件可求出，，再由全概率公式、条件概率和乘法公式，即可求解.
【详解】设事件：取到的芯片是第台光刻机生产的，事件：取到的芯片是第台光刻机生产的，
事件：任取一枚芯片，取到的芯片是次品，
由题知，，
所以.
则，所以，
则取到的芯片为合格品，则该合格品是第一台光刻机生产的概率为.
故答案为：，.
14. 已知函数，若，且，则的最小值为______.
【答案】
【解析】
【分析】由是奇函数且单调递增，可得，结合基本不等式，即可求出的最小值.
【详解】已知函数，定义域为R，
，故为奇函数，且；
又，由于 ，且 ，
当 时， ，故 ； 当 时， ，
故对所有实数恒成立，因此在上单调递增.
由，得，
因单调递增，故，即，由可知.
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
因此的最小值为.
故答案为：
15. 已知曲线，直线与曲线交于、两点.给出下列四个结论：
①，，总有；
②当时，；
③曲线所围成区域的面积为；
④当时，，总有.
其中正确结论的序号是______.
【答案】①④
【解析】
【分析】分析出曲线关于原点对称，可知、也关于原点对称，可判断①；当时，求出关于的表达式，结合基本不等式求出的最大值，可得出的最大值，可判断②；分析可知曲线关于直线、对称，求出曲线与这两条直线的四个交点围成的菱形的面积，可判断③；利用配方法得出，求出的取值范围，可判断④.
【详解】对于①，在曲线上任取一点，则该点关于原点的对称点为，
所以，即点在曲线上，
故曲线关于原点对称，
又因为函数为奇函数，点、是直线与曲线的交点，
故点、关于原点对称，
所以，，总有，①对；
对于②，当时，曲线的方程为，
联立可得，
可得，即，
所以，
若取最大值，必有，
由基本不等式可得，
当且仅当时，即当时，等号成立，即，
故，②错；
对于③，在曲线上取点，该点关于直线的对称点为，
因为，即点在曲线上，故曲线关于直线对称，
点关于直线的对称点为，
因为，故曲线关于直线对称，
由基本不等式可得，
即，当且仅当或时，等号成立，
所以，
取点、，
所以
，
同理可得，所以，
故曲线是以点、为焦点的椭圆，
设曲线交直线于、两点，
联立可得，此时，

设曲线交直线于、两点，联立可得，
故，
易知四边形为菱形，该菱形的面积为，
故曲线所围成区域的面积大于菱形的面积，
即曲线所围成区域的面积不为，③错；
对于④，当时，曲线的方程为，
则，可得，解得，
当时，，总有，④对.
故答案为：①④.
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. 在中，角、、所对的边分别为、、，已知.
（1）求角；
（2）若，，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理结合两角和的正弦公式化简可得出的值，结合角的取值范围可得出角的值；
（2）根据余弦定理可得出关于的等式，解出的值，结合三角形的面积公式可求得的面积.
【小问1详解】
因为，由正弦定理可得，
所以
，
因为、，则，所以，可得，故.
【小问2详解】
因为，，由余弦定理可得，
即，即，解得或（舍去），
故的面积为.
17. 如图，在三棱柱中，侧面为矩形，，，为的中点.
（1）求证：平面；
（2）从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线与平面所成角的正弦值.
条件①：侧面为矩形；
条件②：.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）通过连接交于点，利用中位线定理证明，从而证得线面平行；
（2）选择条件①时，可得，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用线面角公式计算正弦值，选择条件②利用线面垂直可证得，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用线面角公式计算正弦值.
【小问1详解】
证明：连接，交于，连接，
由三棱柱的定义可知为平行四边形，
所以有为的中点，又因为为的中点，
所以
因为平面平面，
所以平面.
【小问2详解】
选择条件①
因为为矩形，为矩形，所以.
又因为，所以.
如图建立空间直角坐标系，则.
所以.
设平面的法向量为，则即
令，则.于是.
设直线与平面所成角为，则
选择条件②
因为，
所以.
因，
所以平面.
所以.
以下同条件①.
18. 开封古称汴梁、汴京，作为北宋都城长达年，是当时世界上最大的都市，《清明上河图》描绘的正是当年汴河两岸的繁华盛景.如今的开封，依托深厚的历史文化底蕴，打造了以清明上河园、开封府、大相国寺、龙亭公园为代表的宋文化景区群，让游客穿越千年，感受“东京梦华”的独特魅力.为深化游客对宋代文化的体验，开封旅游局推出了“宋文化深度游”项目.某旅行社组织了一个人的“宋文化研学团”，其中人购买了景点联票（深度体验游客），人只购买了部分景点门票（精选游览游客）.为增强文化体验，旅行社准备从人中随机抽取人，赠送珍贵的《大宋御河夜游》船票，并可在船上自愿参与北宋蹴鞠体验活动.
（1）求抽到的人中恰有人为“深度体验游客”的概率；
（2）如果游客参加“蹴鞠体验”活动的概率为，且是否参与相互独立.设“抽到的人中实际参加蹴鞠体验的游客人数”，求的分布列及数学期望.
（3）该旅行社对某天位精选游览游客的游览情况进行统计，得到如下数据：
假设每个景点得到人们喜欢的概率与该景点的参观率相等，用表示第个景点得到游客喜欢，用表示第个景点没有得到游客喜欢.结合上表数据，写出方差、、、的大小关系.（结论不要求证明）
【答案】（1）
（2）分布列答案见解析，
（3）
【解析】
【分析】（1）利用组合计数原理结合古典概型的概率公式可求得所求事件的概率；
（2）分析可知，利用二项分布可得出随机变量的分布列，结合二项分布的期望公式可得出的值；
（3）设表示第个景点得到游客喜欢的概率，则服从两点分布，计算得出，求出，结合二次函数的单调性可得出、、、的大小关系.
【小问1详解】
记事件“抽到的人中恰有人为“深度体验游客””，
由古典概型的概率公式可得.
【小问2详解】
由题意可知，，，，
，，
所以随机变量的分布列如下表所示：
故.
【小问3详解】
设表示第个景点得到游客喜欢的概率，则服从两点分布，
则，，
因为函数在上单调递增，在上单调递减，
由表格中的数据可知，，，，
因为，
即，故.
19. 已知椭圆：（）的离心率为，，分别是的左、右顶点，.
（1）求椭圆的方程；
（2）若为坐标原点，过点且斜率为的直线交椭圆于不同的两点，（，异于点），直线，分别与直线交于点，.试判断四边形是否为平行四边形，并说明理由.
【答案】（1）；
（2）是平行四边形，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）根据题意，利用椭圆的几何性质，列出方程组，求得的值，即可求解；
（2）设，由直线方程为，联立方程组，利用韦达定理得，，联立求得的坐标，再根据对角线互相平分得出四边形是平行四边形.
【小问1详解】
由椭圆的离心率，是的左、右顶点，且，
可得，解得，则，
所以椭圆的方程为，
【小问2详解】
设直线方程为，设，
联立方程组，整理得，
，即，
所以，，
因为，可得，，
所以，
因为，所以，设，
则，
所以，
同理
可得
，
因为
，所以，
所以中点是，
又因为中点是，所以四边形是平行四边形.
20. 已知函数，.
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）若存在，使，求的取值范围；
（3）若，求证：对任意，，当时，不等式恒成立.
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义，求出曲线在点处的斜率，再由直线的点斜率式，即可求解；
（2）先求出的单调区间，进而求出的最小值为，再结合条件可得，再求解不等式，即可求解；
（3）利用（2）中的结果，将问题转化成证明对任意，，当时，不等式恒成立，构造函数，利用导数，求出其在区间上的单调性，即可求解.
【小问1详解】
当时，，则，
所以，又，
所以曲线在点处的切线方程为，
即.
【小问2详解】
易知的定义域为，且，
因为，令，得到，当时，，
当时，，
即在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以，
又由题知，存在，使，则，即，
令，则，
当时，，当时，，
即在区间上单调递增，在区间上单调递减，
又，所以当时，，
故的取值范围为.
【小问3详解】
由（2）知在区间上单调递减，在区间上单调递增，
又，则，所以在区间上单调递增，
要证对任意，，当时，不等式恒成立，
即证明对任意，，当时，不等式恒成立，
即证明对任意，，当时，不等式恒成立，
令，
则，当时，，
又，则，所以当时，，
则在区间上恒成立，所以在区间上单调递增，
当时，，即，
故命题得证.
21. 已知是由，，…，（，）这个数构成的所有排列组成的集合，例如，若，，则.定义：①与的差，②与的距离，其中，.
（1）若（），写出集合；
（2）若（），且（），求的最小值.
（3）若，，，，，求证：，，三个数中至少有一个偶数.
【答案】（1）；
（2）当为偶数时，；当为奇数时，；
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据定义直接写出即可；
（2）分为偶数和为奇数时讨论即可；
（3）设，分析有，三式相加再根据数的性质即可证明.
【小问1详解】
.
【小问2详解】
①当为偶数时：．
中含有个整数对，其中，
将所有这样的整数对交换位置变为组成，
此时每一个整数对中对应数字之差均为1，那么，则的最小值为；
②当为奇数时：
假设，，不妨设，
则或3，若则，矛盾，以此类推，值，矛盾．
所以．
将中所有数字分成个整数组，
共中含有个整数对，个整数组．
将所有这样的整数对交换位置变为．
此时每一个整数对中对应数字之差均为1，
整数组中对应数字之差为1，1，2，因此，
则的最小值为．
【小问3详解】
设，
因为，所以的值只能为0或1，
故的值等于满足的坐标的个数，
所以和中有满足的个数有个，
和中有满足的个数有个，
和中有满足的个数有个．
因为，所以不可能存在互不相等的情况。
设为的个数，为的个数，
为的个数，为的个数。
则，三式相加.
因此偶数，则，，中含有一个或者三个偶数，
即三个数中至少有一个偶数．景点编号
一
二
三
四
景点名称
清明上河园
开封府
大相国寺
龙亭公园
游览人数（人）