北京市西城区2026届高三上学期期末数学试卷含答案（word版）

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一、选择题(共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分)
(1)D (2)B (3)B (4)A (5)C
( 6 ) C (7)C (8) B (9)D (10)C
二、填空题(共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分)
(11) 52 (12) 12
(13) π2 (答案不唯一)
(14)2+ 2 6+42 (15)②③
注:(14)题第一空2分，第二空3分；(15)题全部选对得 5 分，有一个选对得 3 分，其他情况得 0 分.
三、解答题(共 6 小题，共 85 分)
(16)(本小题 13 分)
解: (I) 连接 B1C ,设 BC1∩B1C=O ,连接 DO . 1 分
因为在三棱柱 ABC−A1B1C1 中,四边形 BCC1B1 是平行四边形,
所以 O 为 B1C 的中点.
又因为在 △AB1C 中, D 为 AC 的中点,
所以 DO//AB1 . 3 分
又因为 AB1⊄ 平面 BDC1,DO⊂ 平面 BDC1 ,

所以 AB1// 平面 BDC1 . 5 分
(II) 设 A1C1 的中点为 E ,连接 DE ,则 DE//AA1 .
又因为 AA1⊥ 平面 ABC ,
所以 DE⊥ 平面 ABC ,
所以 DE⊥DB,DE⊥DA .
由 D 是 AC 的中点， AB=BC=5 ，得 BD⊥AC .
故 DA,DE,DB 两两垂直.
如图建立空间直角坐标系 D−xyz .
在 Rt △ABD 中,由 AB=5,AD=1 ,得 BD=2 .
则 D0,0,0,B0,0,2,A1,0,0,C1−1,3,0 ,故 AB=−1,0,2,DB=0,0,2 , DC1=−1,3,0 . 7 分
设平面 BDC1 的法向量为 m=x,y,z ,
则 m⋅DB=0,m⋅DC1=0, 即 z=0,−x+3y=0.
令 y=1 ,则 x=3 . 于是 m=3,1,0 . 10 分
设直线 AB 与平面 BDC1 所成角为 θ ,
则 sinθ=cs⟨AB,m⟩=AB⋅mABm=3210 .
所以直线 AB 与平面 BDC1 所成角的正弦值为 3210 . 13 分
(17)(本小题 14 分)
解: (I) 由正弦定理 asinA=bsinB ,得 3sinAsinB=sinBcsA . 3 分
又因为 sinB≠0 ,所以 3sinA=csA ,即 tanA=33 .
由 A∈0,π ,得 A=π6 . 5 分
由余弦定理 a2=b2+c2−2bccsA ,
得 a2=3c2+c2−2×3c×c×32=c2 ,即 a=c . 8 分
( II ) 由 a=c ,得 C=A=π6 ,故 B=π−A−C=2π3 . 9 分
由面积公式 S△ABC=12bcsinA ,
得 123c×c×sinπ6=34 ，解得 c=1 . 11 分
选择条件②:
由 A=π6 ,得 BD=3−12 . 12 分
在 △ABD 中,由余弦定理,
得 AD=AB2+BD2−2AB⋅BD⋅csB=62 . 14 分
选择条件③:
由 b=3c ,得 b=3 ; 结合 bcs∠ADB=62 ,得 cs∠ADB=22 ,
所以 △ABD 的内角 ∠ADB=π4 . 12 分
在 △ABD 中,由正弦定理,得 AD=AB⋅sinBsin∠ADB=62 . 14 分
(18) (本小题 13 分)
解:(I)设事件“在甲地空气中随机采集一份带菌粒子，其粒数中值直径为 II 级”为 M ， 由题意, 采集的 24 份带菌粒子中粒数中值直径为 II 级的有 9 份,
故概率 PM 可估计为 924=38 . 4 分
(II) 由题意, X 的取值集合为 {0,1,2,3} , 5 分
根据数据, A 点采集的 12 份带菌粒子中有 4 份粒数中值直径为 III 级; B 点采集的 4 份带菌粒子中有 2 份粒数中值直径为 III 级,
则 PX=0=812×C22C20C42=19 , PX=1=412×C22C20C42+812×C21C21C42=12,
PX=2=412×C21C21C42+812×C20C22C42=13, PX=3=412×C20C22C42=118,
所以随机变量 X 的分布列为:
8 分
故 EX=0×19+1×12+2×13+3×118=43 . 10 分
(III) 答案不唯一, 如 24 . 13 分
(19)(本小题 15 分)
解:(I)由题意，椭圆 E 的上顶点 A0,1 ，左焦点的坐标为 −1,0 . 1 分则直线 AC 的斜率为 kAC=1 ,直线 AB 的斜率为 kAB=−1kAC=−1 . 3 分设 BxB,0 ,则 kAB=−1=1−00−xB ,解得 xB=1 .
所以点 B 的坐标为 1,0 . 5 分
(II) 结论: 不存在点 B ,使得 ∠ACB=30∘ ; 存在点 B ,使得 ∠ACB=45∘ 和 60∘ .
证明如下:
假设存在点 B ,使得 ∠ACB=θ0∘0 ，由 AB⊥AC ，得 AB=λAC . 10 分
则 0−xB2+1−02=λ0−xC2+1−yC2 ,即 1+k2=λ1+k2⋅xC ,
所以 2k2−4λk+1=0∗ .
故关于 k 的一元二次方程 ∗ 的 Δ=16λ2−8≥0 ,即 λ≥22 .
由 ∗ 的两根之和为 2λ 、两根之积为正数,知当 λ=tanθ≥22 时 ∗ 存在正根 (即存在点 B) . 13 分
因为 tan30∘=3322,tan60∘=3>22 ,
所以不存在点 B ,使得 ∠ACB=30∘ ；存在点 B ，使得 ∠ACB=45∘ 和 60∘ .
15 分
(20)(本小题 15 分)
解: (I) 求导,得 f′x=2x−a+2ex . 2 分
则 f′1−3f1=2a−2e=0 ,
解得 a=1 . 4 分
( II ) 由 ( I ),知曲线 y=fx 在点 x,fx 处的切线斜率 k=2x+1ex .
设函数 gx=2x+1ex,x∈R . 5 分
求导,得 g′x=2x+3ex .
令 g′x=0 ,得 x=−32 . 6 分
当 x 变化时, g′x 与 gx 的变化如下表,
所以函数 gx 在 −∞,−32 上单调递减,在 −32,+∞ 上单调递增. 8 分故函数 gx 的最小值 gxmin=g−32=−2e−320 时, m≤2x+1ex2x 恒成立.
设 hx=2x+1ex2x ,其中 x>0 ,则 h′x=2x−1x+1ex2x2 .
由 h′x0 时, m≤h12=2e .
所以 m 的取值范围是 −∞,2e . 15 分
(21)(本小题 15 分)
解: (I) 数列 A 不具有性质 P3 ; 数列 B 具有性质 P3 . 3 分
(II) 答案: 不存在. 4 分
理由如下:
先证明: 若 ap=aq=2p