北京市顺义区2026届高三上学期期末质量监测数学试卷含j解析（word版）

这是一份北京市顺义区2026届高三上学期期末质量监测数学试卷含j解析（word版），文件包含北京市顺义区20025-2026学年第一学期期末质量监测高三数学试卷含解析docx、北京市顺义区20025-2026学年高三上学期期末质量监测数学试题docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共34页， 欢迎下载使用。
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. 已知集合，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求出，由并集的定义求解即可.
【详解】，
，
则.
故选：D
2. 在复平面内，复数 对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数的除法运算将转化为的形式，则复数在复平面内对应的点为，从而得到复数在复平面内对应的点位于第几象限.
【详解】
则复数在复平面内对应的点为，该点在复平面内位于第二象限.
故选：B.
3. 已知，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据不等式的性质逐项判断即可．
【详解】对于A，当时，，故A错误；
对于B，，，
又，，故B正确；
对于C，当时，符合，但，故C错误；
对于D，当时，，故D错误．
故选：B．
4. 已知向量，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据数量积的定义计算，再根据计算即可.
【详解】由题意可得，，
则，
故.
故选：D
5. 若双曲线的渐近线方程为，且过点，则双曲线的方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用双曲线渐近线方程，结合待定系数法即可求解.
【详解】由双曲线的渐近线方程为，可得，
再由过点可得：，
代入得：，
则，所以双曲线的方程为，
故选：A
6. 已知是等比数列，若，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，设数列首项为，公比为，则，再解方程组结合等比数列通项公式即可求解．
【详解】根据题意，设数列首项为，公比为，
，
，代入，，解得，
，
．
故选：C．
7. 在量子计算研发中，某量子计算机处理任务的时间（单位：秒），其中为常数，是量子比特的数量.已知当量子比特数量从个增加到个时，处理时间增加了10秒；当量子比特数量从个增加到个时，处理时间增加了20秒，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据条件列出方程通过对数运算计算出的值，然后再求对应条件下即可.
【详解】由于当量子比特数量从个增加到个时，处理时间增加了10秒，
所以，解得：,
当量子比特数量从个增加到个时，处理时间增加了20秒,
则，即，
解得：，
故选：D
8. 已知函数满足，则“单调递减”是“存在，对任意的，均有”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】利用充分条件和必要条件的定义进行分析得解.
【详解】充分性分析： ，，单调递减，，
，，，
，
，
“单调递减”是“存在，对任意的，
均有”的充分条件；
必要性分析：设，取，
当时，，则，
此时；
当时，，则，
此时；
故存在，对任意的，均有，
但是不是单调递减函数，
故 “单调递减”是“存在，对任意的，
均有”的不必要条件；
综上可知，“单调递减”是“存在，对任意的，
均有”的充分不必要条件.
故选：A.
9. 过直线上的点作圆的两条切线，切点分别为，若的面积与面积相等，则的一个可能取值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据的面积与的面积相等这一条件，结合圆的切线性质，得出的长度，最后根据点到直线的距离公式求出的范围.
【详解】由，得，
所以.
因为，所以四点共圆，所以，
所以，又，所以，又，
所以=1，因此得，
因为点在直线上，且的最小值为圆心到直线的距离,
，因为，所以，解得，在各选项中只有选项C满足.
故选：C
10. 如图，在水平面上有两个单位圆和，在时刻，质点甲从点（与水平面平行）开始按逆时针方向在圆上做匀速圆周运动，质点乙从点（为圆的最低点）开始按逆时针方向在圆上做匀速圆周运动，甲转一周需要秒，乙转一周需要秒.在时刻，设质点甲的竖直高度为，质点乙的竖直高度为，设，给出下列三个结论：
①在上的单调递减；
②若，则的最小值为；
③若，则的最大值为；
其中正确结论的个数为（ ）
A. 个B. 个C. 个D. 个
【答案】C
【解析】
【分析】根据题图和旋转周期，可以得出在时甲、乙的运动方向，从而得出、的单调性，从而判断结论①；根据，可以得出此时甲、乙的位置，再代入时刻进行计算即可判断结论②；根据甲、乙的实际旋转，可以得出旋转轨迹，再结合函数的单调性可判断结论③.
【详解】根据题意得甲的角速度，乙的角速度.
①在时：甲从与水平面平行的位置向最低点运动，单调递减；
乙从最低点向最高点运动，单调递增.
由，故单调递减，故①正确；
②要使，需同时满足且.
当时，是甲到最低点的时刻；
当时，是乙到最高点的时刻.
取，两时刻重合，，此时，故②正确；
③由题意得，，则，
代入，化简得.
令，则，对称轴，
此时，所以的最大值不是1，故③错误.
综上，正确结论的个数为2个.
故选：.
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.
11. 在的展开式中，的系数为_____________.
【答案】
【解析】
【分析】先求出的展开式的通项，令，求出代入通项即可得出答案.
【详解】的展开式的通项为：，，
令，解得：，则.
故答案为：.
12. 已知点在抛物线C：上，则点A到抛物线C的准线的距离为__________．
【答案】2
【解析】
【分析】将点代入抛物线方程，求出及准线方程，进而可得出答案.
【详解】因为在抛物线C：上，
所以，解得，
故抛物线C的准线为，
所以点A到抛物线C的准线的距离为.
故答案为：.
13. 将函数的图像向左平移个单位长度，得到函数的图像，记函数，若，则的最小值为________；若的最大值为，则的一个取值为____________．
【答案】 ①. ②. （答案不唯一）.
【解析】
【分析】由三角函数的图像变换，求得，得到，根据，得到，求得，进而得到的最小值；再由的最大值为，得到，求得，得到答案.
【详解】将函数图像向左平移个单位长度，
得到，
则，
因为，可得，所以，
解得，因为，所以的最小值为，
若的最大值为，即，即，所以，
所以的一个取值可以为.
故答案为：；（答案不唯一）.
14. 由两个全等的正四棱台组合而得到的几何体（如图）， ，分别在上，满足，则几何体的体积为__________；___________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】先求面积，再求三棱锥和的高度，进一步求三棱锥的体积，且根据两个三棱锥和全等得出几何体的体积；构建直角三角形，利用勾股定理，根据已知线段长度计算，得出长度.
【详解】几何体看作以为公共底面的两个三棱锥和的组合，
又因为在正四棱台中，，，
所以，又因为，连接，则为等腰直角三角形，
其面积为：，
连接，交于点，连接，交于点，则垂直于面且为三棱锥的高，平移到，则，即四边形是平行四边形，
所以，
又因为四边形是正方形，所以，分别是，的中点，
且，为等腰直角三角形，
所以，，
，
直角三角形中，由勾股定理可得，
所以几何体的体积,
连接，交于点，连接，，
由题意可得，几何体是由两个全等的正四棱台组合，
所以平行且，所以四边形是平行四边形，
所以，且平行，
又因为是两个全等的正四棱台组合的组合体的高，
所以，为直角三角形，由勾股定理可得：
.
故答案为：，.
15. 已知无穷数列前项和为，若存在，当时，，则称为“平衡数列”.给出下列四个结论：
①已知数列，则数列为“平衡数列”；
②若等比数列为“平衡数列”，则公比为；
③若数列和均为“平衡数列”，则为“平衡数列”；
④存在两个公差均不为的等差数列和，其中数列，，和均为“平衡数列”；
其中所有正确结论的序号是________.
【答案】②④
【解析】
【分析】①利用反证法求证；②分和两种情况讨论；③举例说明，数列为；数列为；④举例说明，数列为；数列为.
【详解】因为，所以，
假设存在，使，
则，则，则，
因为，所以，故假设不成立，故①错误；
若公比为，则，显然此时不为“平衡数列”，则公比，
则，
则由，即，可得，
因为等比数列为“平衡数列”，所以，则，故②正确；
设数列和的前项和分别为，的前项和为，
设数列为；数列为，
则，，则数列和均为“平衡数列”，
但，且数列为递增数列，
故不是“平衡数列”，故③错误；
设数列、、、的前项和分别为，，
设数列为；数列为，
则，，
故数列，，和均为“平衡数列”，故④正确.
故答案为：②④
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.
（1）求的值；
（2）设，，求的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）将直接代入，化简求值即可；
（2）先根据求出的表达式，再结合的取值范围，利用三角函数的性质求出的最大值.
【小问1详解】
.
【小问2详解】
因为
.
当，，所以，
所以的最大值为，此时.
17. 如图，在四棱锥中，，底面是菱形，其中.

（1）若是棱上一点，平面与棱交于点，求证：；
（2）若平面，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）先由可得平面，再由线面平行的性质可得线线平行；
（2）解法一：取的中点为，再分别以坐标轴，建立空间直角坐标系，用向量计算面面角的余弦值；
解法二：取的中点为，再分别以为坐标轴，建立空间直角坐标系，用向量方法计算面面的夹角；
解法三：设，再分别以为坐标轴，建立空间直角坐标系，用向量方法计算面面的夹角.
【小问1详解】
证明：连接，

因为四边形是菱形，所以.又因为平面，平面
所以平面，又因为平面，平面平面
所以.
【小问2详解】
（法一）取的中点为，连接，因为是菱形，，
所以.
所以，又，所以
因为平面，所以，即两两相互垂直．
如图建立空间直角坐标系，

则，，，，，
所以，.
设平面的法向量为，则，即，
所以可得，所以，令，则，
所以，.
又因为，.
设平面的法向量为，则，
即，所以.
令，则，．
所以，
设平面与平面的夹角为，
则
（法二）取的中点为，连接，则，又，所以
因为平面，所以．所以两两相互垂直．
如图建立空间直角坐标系，

则，，，，．
所以，
设平面的法向量为，则，即 所以，
所以，，令，所以，.
又，
设平面的法向量为，则，即，
所以，所以，令，．
所以，.
设平面与平面的夹角为，
则.
（法三）连接，则，设.
因为平面，过作的平行线，则平面.
所以．即两两相互垂直．
如图建立空间直角坐标系，

则，，，，，．
所以，.
设平面的法向量为，则，即，所以
所以，令，则，所以，
又，.
设平面的法向量为，则，即.
所以，令，则，，
所以，.
设平面与平面的夹角为，
则.
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（单位：分钟）分为三段，，，各段人数及认知度显著提升人数如下表：
假设三个年级人数相同，以频率估计概率.
（1）从全校学生中随机抽取1人，估计该学生为高二年级学生且体验时长的概率；
（2）从全校所有“认知度显著提升”的学生中随机抽取3人，记为抽取的3人中高二年级学生的人数，求的分布列和数学期望；
（3）假设学生的认知提升度只受年级与体验时长的影响，且当“体验时长”时，每个年级的学生“认知度显著提升”的概率相等，当“体验时长”时，高一学生“认知度显著提升”的概率为；高三学生“认知度显著提升”的概率为，判断，的大小关系.（结论无需证明）
【答案】（1）
（2）分布列见解析，数学期望为
（3）
【解析】
【分析】（1）根据古典概型计算即可；
（2）根据二项分布公式计算即可；
（3）根据题意列出高一年级与高三年级“认知度显著提升”概率等式，从而求得，，再比较大小即可.
【小问1详解】
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为事件，
则中包含基本事件总数，所有参与体验的学生总数为人，
所以.
【小问2详解】
“认知度显著提升”的学生共有人，其中高二年级有人，所占比例为，
所以的所有可能取值为，
，，
，.
所以的分布列为：
所以的数学期望.
小问3详解】
.
不妨设当“体验时长”时，每个年级的学生“认知度显著提升”的概率相等且为，
则可得①，②，
由①得，由②得，
所以=，即.
19. 已知椭圆的右焦点为，分别是的左、右顶点，.
（1）求椭圆的方程及离心率；
（2）过点且斜率为的直线与椭圆交于不同的两点，直线与直线相交于点.若，求的值.
【答案】（1）；离心率
（2）
【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，求得，得到，再由直线方程为，联立方程组，利用韦达定理证得，结合，得到，求得，代入椭圆的方程，求得的值，结合斜率公式，即可求解.
【小问1详解】
解：由椭圆的右焦点为，是的左、右顶点，且，
可得，解得，则，
所以椭圆的方程为，离心率.
【小问2详解】
解：设，，
因为，可得 ，
因为三点共线，可得，所以，可得，即，
下面证明：三点共线.
因为，，所以①
又因为直线方程为，
联立方程组，整理得，
所以，，
则
所以，即，所以三点共线，
又因为，可得，所以，
可得，解得，将其代入椭圆的方程，
可得，解得，所以，
所以实数的值为.
20. 已知函数，直线是曲线在点处的切线.
（1）当时，求直线的方程；
（2）求证：函数有唯一零点；
（3）记的零点为，当直线与轴相交时，交点横坐标为.若，求的取值范围.
【答案】（1）；
（2）证明见解析； （3）.
【解析】
【分析】（1）根据导数的几何意义可得切线方程；
（2）先用导数判断函数的单调性，再结合零点存在性定理可证；
（3）先解得，再构造函数，再用导数判断成立的条件可得.
【小问1详解】
由，可得，.又因为时，.
因为直线是曲线在点处的切线，所以直线的方程为，
所以，直线的方程为，即.
【小问2详解】
由（1）可知，令可得，列表可得
当， ，此时函数无零点
当时，单调递增，又，，
所以根据零点存在性定理，函数存在唯一零点.
【小问3详解】
由（1）可知直线的方程为，
因为直线与轴相交，且交点的横坐标为，，
所以令，当时，有.
设，则.
又，所以，
由（2）知，且当，且.
所以当或时，；当或时，.
列表可得
当时，，不满足，
当时，，即成立
综上可知，.
21. 已知数列，定义数列的伴随数列为，其中.记，，其中，表示集合中最大的数，表示集合中最小的数.
（1）已知数列，求和；
（2）若，，，求的最小值；
（3）若，，求的最大值.
【答案】（1）
（2）2 （3）2025
【解析】
【分析】（1）根据，易得.结合新定义即可求解；
（2）根据题意，由新定义可得，且使得，求得，，即可求解；
（3）若，则，不妨设数列中最大值为，最小值为0，记，，令，，利用作差法，分类讨论当、时，成立，结合不成立即可求解.
【小问1详解】
由题意知，，又，
所以.
故.
【小问2详解】
因为当，，，
所以，且，使得，
所以，，
则.
此时，构造数列为满足等号成立.
所以的最小值为2.
【小问3详解】
对任意实数，若，
则数列的伴随数列，其中，，
所以不妨设数列中最大值为，最小值为0.
记，，
令，，
先设，则
，
因为，，，
所以，
构造数列为，满足上述式子等号成立.
若，类似地有
.
构造数列为，满足上述式子等号成立.
显然不成立.
综上，的最大值为2025.
人数
年级
体验时长
体验时长
体验时长
认知度
显著提升
高一年级
55人
30人
15人
70人
高二年级
40人
45人
15人
50人
高三年级
25人
30人
45人
30人
单调递减
极小值
单调递增
单调递增
极大值
单调递减
单调递减
极小值
单调递增