北京市顺义区20025-2026学年第一学期期末质量监测高三数学试卷（含答案）

这是一份北京市顺义区20025-2026学年第一学期期末质量监测高三数学试卷（含答案），共11页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.已知集合A={x|xx−2b,c>1，则( )
A. a−c>b−1B. ac−1>bc−1
C. cb>caD. ac>b
4.已知向量AB=2,0，|AC|=4，=π3，则|BC|=( )
A. 2 7B. 2 5C. 4D. 2 3
5.若双曲线x2a2−y2b2=1的渐近线方程为y=± 3x，且过点(2,3)，则双曲线的方程为( )
A. x2−y23=1B. x22−y26=1C. x22−y29=1D. x23−y2=1
6.已知an是等比数列，若a5−a3=6，a4−a2=3，则a3⋅a5=( )
A. 4B. 8C. 16D. 64
7.在量子计算研发中，某量子计算机处理任务的时间T=alg2Q(单位：秒)，其中a为常数，Q是量子比特的数量.已知当量子比特数量Q从44个增加到213个时，处理时间增加了10秒；当量子比特数量从213个增加到Q1个时，处理时间增加了20秒，则Q1=( )
A. 214B. 216C. 218D. 223
8.已知函数f(x)满足f(x)≥0，则“f(x)单调递减”是“存在h>0，对任意的x∈R，均有f(x+h)0)个单位长度，得到函数g(x)的图像，记函数G(x)=f(x)−g(x)，若Gx=0，则φ的最小值为 ；若G(x)的最大值为2，则φ的一个取值为 ．
14.由两个全等的正四棱台组合而得到的几何体(如图)，EF=EA=3,AB=1，M,N分别在EF,FG上，满足EM=NG=1，则几何体FMBNB1的体积为 ；A1C= ．
15.已知无穷数列an前n项和为Sn，若存在i,j∈1,2,⋯,n，当i≠j时，Si=Sj，则称an为“平衡数列”.给出下列四个结论：
①已知数列an=3n−8(n∈N∗)，则数列an为“平衡数列”；
②若等比数列an为“平衡数列”，则公比为−1；
③若数列an和bn均为“平衡数列”，则an+bn为“平衡数列”；
④存在两个公差均不为0的等差数列an和bn，其中数列an，bn，an+bn和anbn均为“平衡数列”；
其中所有正确结论的序号是 ．
三、解答题：本题共6小题，共75分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.已知函数f(x)= 3sin2x+cs2x．
(1)求f7π12的值；
(2)设g(x)=f(x)⋅cs2x，x∈[0,π4]，求g(x)的最大值．
17.如图，在四棱锥P−ABCD中，PA=AB=2，底面ABCD是菱形，其中∠BAD=120 ∘．

(1)若E是棱PD上一点，平面ABE与棱PC交于点F，求证：EF//CD；
(2)若PA⊥平面ABCD，求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值．
18.某高中举办“京剧脸谱体验展”，通过增强现实技术让学生沉浸式感受京剧文化魅力.为了解全校学生的体验效果，研究团队在三个不同年级中各随机抽取100人作为样本，统计其体验时长，并通过问卷方式调查认知度提升效果.已知体验时长t(单位：分钟)分为三段t>10，5≤t≤10，010”时，高一学生“认知度显著提升”的概率为P1；高三学生“认知度显著提升”的概率为P2，判断P1，P2的大小关系.(结论无需证明)
19.已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F1,0，A,B分别是E的左、右顶点，AB=4．
(1)求椭圆E的方程及离心率；
(2)过点F且斜率为kk≠0的直线与椭圆E交于不同的两点P,Q，直线AQ与直线l:x=4相交于点N.若BN=4PB，求k的值．
20.已知函数f(x)=(x+1)ex−2，直线l是曲线y=fx在点(a,f(a))(a∈R)处的切线．
(1)当a=0时，求直线l的方程；
(2)求证：函数fx有唯一零点；
(3)记fx的零点为x0，当直线l与x轴相交时，交点横坐标为x1.若x1≥x0，求a的取值范围．
21.已知数列A:a1,a2,⋯,ann≥2，定义数列A的伴随数列为B:b1,b2,⋯,bnn≥2，其中bi=a1+a2+⋯+aii,i∈1,2,⋯,n.记TA=maxa1,a2,⋯,an−mina1,a2,⋯,an，TB=maxb1,b2,⋯,bn−minb1,b2,⋯,bn，其中，maxM表示集合M中最大的数，minM表示集合M中最小的数．
(1)已知数列A:1,3,5,7,9，求TA和TB；
(2)若n=10，a1=TA=20，a1≥aii∈2,3,⋯,10，求TB的最小值；
(3)若n=2026，TA=2026，求TB的最大值．
参考答案
1.D
2.B
3.B
4.D
5.A
6.C
7.D
8.A
9.C
10.C
11.60
12.2
13.π ；π2(φ=π2+kπ,k∈Z答案不唯一)
14.4 73 ； 30
15.②④
16.解：(1)f(7π12)= 3sin7π6+cs7π6= 3(−sinπ6)+(−csπ6)=− 3．
(2)因为gx=fx⋅cs2x= 3sin2x+cs2xcs2x= 3sin2xcs2x+cs22x
= 32sin4x+1+cs4x2= 32sin4x+12cs4x+12
=sin(4x+π6)+12．
当x∈0,π4，4x+π6∈π6,7π6，所以sin(4x+π6)∈−12,1，gx∈0,32
所以gx的最大值为32，此时x=π12．
17.【详解】(1)证明：连接EF,BF，

因为四边形ABCD是菱形，所以AB//CD.又因为CD⊄平面ABEF，AB⊂平面ABE
所以CD//平面ABE，又因为CD⊂平面PCD，平面PCD∩平面ABE=EF
所以CD//EF．
(2)(法一)取BC的中点为H，连接AH，因为ABCD是菱形，∠BAD=120 ∘，
所以AB=AC=BC．
所以AH⊥BC，又BC//AD，所以AH⊥AD
因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AH,PA⊥AD，即AH,AD,AP两两相互垂直．
如图建立空间直角坐标系O−xyz，

则A(0,0,0)，B( 3,−1,0)，C( 3,1,0)，P(0,0,2)，D(0,2,0)，
所以PA=0,0,−2，PB= 3,−1,−2．
设平面PAB的法向量为n=(x,y,z)，则n⊥PAn⊥PB，即n⋅PA=0n⋅PB=0,
所以可得−2z=0, 3x−y−2z=0.，所以z=0，令x=1，则y= 3，
所以n=(1, 3,0)，n= 12+( 3)2+0=2．
又因为CD=− 3,1,0，PD=0,2,−2．
设平面PCD的法向量为m=(x,y,z)，则m⊥CDm⊥PD,
即m⋅CD=0m⋅PD=0，所以− 3x+y=02y−2z=0．
令x=1，则y= 3，z= 3．
所以m=(1, 3, 3)，m= 12+( 3)2+( 3)2= 7
设平面PAB与平面PCD的夹角为θ，
则csθ=csn,m=n⋅mnm=1×1+ 3× 3+02× 7=2 77
(法二)取CD的中点为H，连接AH，则AH⊥CD，又AB//CD，所以AH⊥AB
因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AB,PA⊥AH.所以AB,AH,AP两两相互垂直．
如图建立空间直角坐标系A−xyz，

则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(1, 3,0)，P(0,0,2)，D(−1, 3,0)．
所以PA=0,0,−2，PB=2,0,−2
设平面PAB的法向量为n=(x,y,z)，则n⊥PAn⊥PB，即n⋅PA=0n⋅PB=0所以−2z=02x−2z=0,
所以z=0，x=0，令y=1，所以n=(0,1,0)，n= 0+12+0=1．
又CD=−2,0,0，PD=−1, 3,−2
设平面PCD的法向量为m=(x,y,z)，则m⊥CDm⊥PD，即m⋅CD=0m⋅PD=0,
所以−2x=0−x+ 3y−2z=0，所以x=0，令y=2，z= 3．
所以m=(0,2, 3)，m= 0+22+( 3)2= 7．
设平面PAB与平面PCD的夹角为θ，
则csθ=csn,m=n⋅mnm=0+1×2+01× 7=2 77．
(法三)连接AC,BD，则AC⊥BD，设AC∩BD=O．
因为PA⊥平面ABCD，过O作PA的平行线OM，则OM⊥平面ABCD．
所以OM⊥OB,OM⊥OC,OB⊥OC.即OM, OB, OC两两相互垂直．
如图建立空间直角坐标系O−xyz，

则O(0,0,0)，A(0,−1,0)，B( 3,0,0)，C(0,1,0)，P(0,−1,2)，D(− 3,0,0)．
所以PA=0,0,−2，AB= 3,1,0．
设平面PAB的法向量为n=(x,y,z)，则n⊥PAn⊥PB，即n⋅PA=0n⋅AB=0，所以−2z=0, 3x+y=0.
所以z=0，令x=1，则y=− 3，所以n=(1,− 3,0)，n= 1+(− 3)2+0=2
又CD=− 3,−1,0，PD=− 3,1,−2．
设平面PCD的法向量为m=(x,y,z)，则m⊥CDm⊥PD，即m⋅CD=0m⋅PD=0．
所以− 3x−y=0− 3x+y−2z=0，令x=1，则y=− 3，z=− 3，
所以m=(1,− 3,− 3)，m= 1+(− 3)2+(− 3)2= 7．
设平面PAB与平面PCD的夹角为θ，
则csθ=csn,m=n⋅mnm=1×1+(− 3)×(− 3)+0×(− 3)2× 7=2 77．

18.解：(1)设从全校学生中随机抽取1人，该学生为高二年级学生且体验时长t>10为事件A，
则A中包含的基本事件总数nA=40，所有参与体验的学生总数为300人，
所以P(A)=n(A)n(Ω)=40300=215．
(2)“认知度显著提升”的学生共有70+50+30=150人，其中高二年级有50人，所占比例为50150=13，
所以X的所有可能取值为0,1,2,3，
P(X=0)=233=827，P(X=1)=C3113232=49，
P(X=2)=C3213223=29，P(X=3)=C33133=127．
所以X的分布列为：
所以X的数学期望EX=0×827+1×49+2×29+3×127=1．
(3)P1>P2．
不妨设当“体验时长t≤10”时，每个年级的学生“认知度显著提升”的概率相等且为q，
则可得0.55P1+0.45q=0.7①，0.25P2+0.75q=0.3②，
由①得P1=0.7−，由②得P2=0.3−，
所以P1−P2=0.7−−0.3−+120q55>0，即P1>P2．

19.解：(1)由椭圆E的右焦点为F1,0，A,B是E的左、右顶点，且AB=4，
可得c=12a=4b2=a2−c2，解得a=2,b= 3，则c= a2−b2=1，
所以椭圆E的方程为x24+y23=1，离心率e=ca=12．
(2)解：设Px1,y1,Qx2,y2，N4,yN，
因为A−2,0,B2,0，可得kAQ=y2x2+2，
因为A,Q,N三点共线，可得kAQ=kAN，所以yN6=y2x2+2，可得yN=6y2x2+2，即N(4,6y2x2+2)，
下面证明：P,B,N三点共线．
因为kPB=y1x1−2，kBN=3y2x2+2，所以kPB−kBN=y1x1−2−3y2x2+2=y1x2+2−3y2x1−2x1−2x2+2①
又因为直线PQ方程为y=kx−1，
联立方程组y=kx−1x24+y23=1，整理得3+4k2x2−8k2x+4k2−12=0，
所以x1+x2=8k23+4k2，x1x2=4k2−123+4k2，
则y1x2+2−3y2x1−2=kx1−1x2+2−3kx2−1x1−2=k5x1+x2−2x1x2−8==k(58k23+4k2−24k2−123+4k2−8)=0
所以kPB−kBN=0，即kPB=kBN，所以P,B,N三点共线，
又因为BN=4PB，可得BN=4PB，所以xN−xB=4xB−xP，
可得2=42−x1，解得x1=32，将其代入椭圆E的方程x24+y23=1，
可得916+y23=1，解得y1=± 214，所以k=y1x1−1=± 212，
所以实数k的值为± 212．

20.解：(1)由fx=x+1ex−2，可得f′x=x+2ex，f′0=2.又因为a=0时，f0=−1．
因为直线l是曲线y=fx在点a,fa处的切线，所以直线l的方程为y−fa=f′ax−a，
所以，直线l的方程为y−−1=2x−0，即2x−y−1=0．
(2)由(1)可知f′x=x+2ex，令f′x>0可得x>−2，列表可得
当x∈−∞,−2，fx=(x+1)ex−2