北京市朝阳区2026届高三数学下学期开学考试试题含解析

这是一份北京市朝阳区2026届高三数学下学期开学考试试题含解析，文件包含2026高考数学专题复习之历年真题分类汇编_专题五一元函数的导数及其应用教师版docx、2026高考数学专题复习之历年真题分类汇编_专题五一元函数的导数及其应用学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共167页， 欢迎下载使用。
班级 姓名 考号
（考试时间120分钟 满分150分）
提示：试卷答案请一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效．
在答题卡上，选择题用2B铅笔作答，其他试题用黑色签字笔作答．
一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题所给的四个选项中，选出最符合题目要求的一项）
1. 已知集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据一元二次不等式划化简，即可根据并集的定义求解.
【详解】由或，又
，
故选：C
2. 若复数模为，则的值为（ ）．
A. 1B. C. 3D.
【答案】B
【解析】
【分析】解法1：利用复数模的定义，；
解法2：利用复数模的性质，.
【详解】解法1：由，所以 ，解得.
解法2：由已知，解得.
3. 已知向量，，若，则（ ）.
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量平行列式可求，再利用二倍角的余弦公式求值即可.
【详解】因为，所以.
所以.
故选：A
4. 已知双曲线，直线与的两条渐近线分别交于点，若，则的离心率为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求出双曲线的渐近线方程，再求出直线与渐近线的交点的坐标，利用得到的关系，最后计算离心率.
【详解】双曲线渐近线方程为.
将代入渐近线方程：
对于，解得，即点.
对于，解得，即点.
所以，解得.
双曲线的离心率，其中.
将代入得：
因此，离心率.
故选：A
5. 在等差数列中，，当取得最小值时，（ ）
A. 27B. 18C. 6D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】根据等差数列的性质求得，根据均值不等式，求得当时，取得最小值，从而可得答案．
【详解】在等差数列中，设公差为，
由得
根据基本不等式，有，
当且仅当即，即时，
取得最小值，
故．
故选：D
6. 如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，，，该棱锥的高为（ ）.
A. 1B. 2C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】取点作辅助线，根据题意分析可知平面平面，可知平面，利用等体积法求点到面的距离.
【详解】如图，底面为正方形，
当相邻的棱长相等时，不妨设，
分别取的中点，连接，
则，且，平面，
可知平面，且平面，
所以平面平面，
过作的垂线，垂足为，即，
由平面平面，平面，
所以平面，
由题意可得：，则，即，
则，可得，
所以四棱锥的高为.
故选：D.
7. 已知函数满足，且在上单调递减，对于实数a，b，则“”是“”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】C
【解析】
【分析】根据给定条件，可得函数是R上的偶函数，利用充分条件、必要条件的定义，结合偶函数性质及单调性判断即得.
【详解】由函数满足，得函数是R上的偶函数，而在上单调递减，
因此，
所以“”是“”的充要条件.
故选：C
8. 某人工智能团队在训练深度学习模型时，采用分阶段学习率衰减策略.第一阶段使用对数衰减，初始学习率为，学习率随迭代次数的变化公式为.当学习率小于等于时，切换至第二阶段，第二阶段使用指数衰减策略，学习率公式为，其中为第一阶段结束时的迭代次数，为总迭代次数.当学习率小于等于时，模型停止训练.则该模型需要训练的总迭代次数为（结果保留整数.参考数据：（，）（ ）
A. 307B. 308C. 309D. 310
【答案】C
【解析】
【分析】在第一阶段解出，在第二阶段解出.
【详解】在第一阶段，由，
即，得，而，所以解得，
即时第一阶段迭代结束，所以.在第二阶段，
由，即，
得，
而，所以解得，即时模型停止训练.
故选：C.
9. 已知圆是以原点为圆心，半径为3的圆，点分别是上两个动点，且，则的取值范围是（ ）
A. [1，16]B. [1，17]C. [9，16]D. [9，25]
【答案】B
【解析】
【分析】设EF的中点为D，易得，，，，再由，根据同向和反向共线时求解.
【详解】如图所示：
设EF的中点为D，则,且，
因，
则，
于是，，
所以，
，
，
当同向共线时，，；
当反向共线时，，，
所以的取值范围是.
故选：B.
10. 设是关于x的方程的正实数根．记，其中表示不超过x的最大整数，设数列的前n项和为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题需要先求解方程的正实数根 ，再根据得到数列的通项，最后利用分组求和法求前 2025 项和.
【详解】设，则，
记，显然在上单调递增，
且，
．
所以，
当，时，，
则；
当，时，，
则，
则
故选：．
二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分．在答题卡上写上每小题的正确答案）
11. 抛物线的焦点到准线的距离是__________；其准线方程是__________．
【答案】 ①. ②. x=1
【解析】
【详解】抛物线的焦点，准线方程为；其焦点到准线的距离为2.
12. 在的展开式中常数项为80，则____________．
【答案】
【解析】
【分析】在二项展开式的通项公式中，令的指数等于0，求出的值，即可建立等式求解.
【详解】的展开式的通项为，
令，得，
所以展开式中常数项为，解得.
故答案为：
13. 已知函数．若非零实数，，使得对都成立，则满足条件的一组有序实数对可以是__________．（只需写出一组）
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据诱导公式求解即可.
【详解】因为，且存在非零实数，，使得对都成立，
所以
当时，，即.
因此当时，符合题意.
故答案为：.
14. 设，关于的方程的实根个数记为
①若，则______；
②已知，若存在使得，则的取值范围是_______．
【答案】 ①. 1 ②.
【解析】
【详解】令，
函数的值域为，并且函数是单调递增函数，
故方程只有一个解，故；
当时，即，如下图，
显然存在使得；．
当时，即，如下图，
要想存在使得，只需，即，
得．
综上所述，的取值范围是．
15. 已知曲线：与轴交于，两点，点是上一个动点，给出下列四个结论：
①曲线关于x轴对称； ②曲线内存在面积为2的等腰三角形
③面积的最大值为1； ④存在2个点，满足．
其中，所有正确结论的序号为__________．
【答案】②③④
【解析】
【分析】对于①，根据对称性代入验证；对于②，构造一个等腰三角形，使其面积为2即可判断；对于③，求出曲线上点到轴距离的最大值，根据三角形面积公式计算即可判断；对于④求出点的轨迹方程，与曲线的方程联立，求交点坐标判断.
【详解】对于①，若是曲线上的点，代入 ，
得，（除或）
所以曲线不关于轴对称，故①错误；
对于②，令，得，即，解得，
所以，，则，
因为点在曲线上，所以，所以.
因为满足曲线的方程，所以曲线关于轴对称，
在曲线上取关于轴对称的两点，，
则都是等腰三角形，如图，
则，到的距离为，
则，
当时，此时，，
所以曲线内存在面积为2的等腰三角形，故②正确；
对于③，点到轴的距离就是中边上的高，由于，所以，
，所以的最大值为1，故③正确；
对于④，坐标平面内满足的点的轨迹是以为焦点，长轴长为的椭圆，
设椭圆的方程为，由已知，，故，
所以椭圆的方程为.
联立，得，
所以，即，
所以，所以，
解得，所以椭圆与曲线M的交点为和，
所以满足的点有两个，故④正确.
综上，正确结论的序号为②③④.
三、解答题（本大题共6小题，共85分．解答过程应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
16. 在中，已知，．
（1）求的值；
（2）若为锐角，再从条件①、条件②和条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一，求的面积．
条件①：；
条件②：；
条件③：．
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】（1）；
（2）答案见解析.
【解析】
【分析】（1）转化已知条件求得，解得正弦定理，即可求得；
（2）对条件①：求得，由其可为钝角，也可为锐角，从而判定三角形不唯一；对条件②，由，判定角唯一，且三角形唯一，再由正弦定理求得，以及，即可求得其面积；对条件③，求得，由，判定为锐角，三角唯一，同理求得，即可求得三角形面积.
【小问1详解】
因为，则，
又，，故，也即；
又，由正弦定理可得：，解得.
【小问2详解】
由（1）可知，，又为锐角，故，又；
若选择条件①：，由正弦定理可得，解得，
此时，可以为锐角，也可以时钝角，故此时三角形有两解，不满足题意，条件①不能选择；
若选择条件②：，则，由正弦定理，可得；
此时，两角均为锐角，故三角形唯一，
且，
故三角形的面积；
若选择条件③：，又，解得，
因为，又为锐角，故也锐角，此时，三角形唯一，
且，
故三角形的面积；
综上所述：条件①不能选；若选择条件②或③，三角形唯一，且其面积为.
17. 为激发学生的体育运动兴趣，助力全面健康成长，某中学组织全体学生开展以体育锻炼为主题的实践活动．为了解该校学生参与活动的情况，随机抽取100名学生作为样本，统计他们参加体育锻炼活动时间（单位：分钟），得到下表：
（1）从该校随机抽取1名学生，估计该学生参加体育锻炼活动时间在的概率；
（2）在随机抽取的100名学生中，从参加体育锻炼活动时间在和的学生中各随机抽取1人，其中初中学生的人数记为X，求随机变量X的分布列和数学期望；
（3）假设同组中每个数据用该组区间中点值代替，样本中初、高中学生参加体育锻炼活动时间的平均数分别记为、．试比较、的大小．（结论不要求证明）
【答案】（1）
（2）的分布列为：
的期望为 （3）＞
【解析】
【分析】（1）利用频率来估计概率即可；
（2）利用独立事件乘法公式来计算概率，即可得分布列求期望；
（3）利用中点值来计算平均数，即可得到大小比较.
【小问1详解】
由上表可得，100名学生中，参加体育锻炼活动时间在的学生有名，
所以从该校随机抽取1名学生，估计该学生参加体育锻炼活动时间在的概率为；
【小问2详解】
依题意，的所有可能值为0，1，2，
参加体育锻炼活动时间在的学生总人数为，其中初中生人，
参加体育锻炼活动时间在的学生总人数为，其中初中生人，
记事件为“从参加体育锻炼活动时间在的学生中随机抽取1人，抽到的是初中学生”，
事件为“从参加体育锻炼活动时间在的学生中随机抽取1人，抽到的是初中学生”，
事件相互独立，且，
则，
，
，
所以分布列为：
的数学期望；
【小问3详解】
＞,
由表可知：根据利用中点值来估计，可得初中生的体育锻炼活动平均时间：，
根据利用中点值来估计，可得高中生的体育锻炼活动平均时间：，
即＞.
18. 如图，四边形是正方形，平面，，，，分别为，的中点．
（1）求证：平面；
（2）在线段上是否存在一点，使平面与平面所成角为？若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析.
（2）存在，的长为或.
【解析】
【分析】（1）根据三角形的中位线性质，结合线面平行的判定定理，可得答案；
（2）由题意建立空间直角坐标系，写出点与向量的坐标，求得平面的法向量，利用面面角的向量公式，可得答案.
【小问1详解】
证明：因为分别为的中点，所以在中，，
因为平面，平面，所以平面.
【小问2详解】
因为平面，且，所以平面，
因为四边形为正方形，所以两两垂直，
以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如下图：
由图可得，
由为的中点，则，由为的中点，则，
得，，设，其中.
在平面内，取，，设该平面的法向量，
则，即，令，解得，
所以平面的一个法向量，即为平面的一个法向量.
在平面内，取，，
设该平面的法向量，则，
即，令，解得，
所以平面的一个法向量.
可得，，
，
由题意可得，
化简得，因式分解得，解得或，
故存在坐标为或，使得平面与平面所成角为.
所以的长为或
19. 已知椭圆的离心率为，A、C分别是E的上、下顶点，B，D分别是的左、右顶点，．
（1）求的方程；
（2）设为第一象限内E上的动点，直线与直线交于点，直线与直线交于点．求直线MN的斜率k．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】第一问，先求出的值再结合椭圆中的关系，求出的值，最终得到椭圆的方程；
第二问，先设出点的坐标，因为在椭圆上，然后分别求出直线、直线的方程，联立两方程求出点的坐标；再求出直线的方程，令求出点的坐标；最后利用两点间的斜率公式计算直线的斜率，结合点坐标满足椭圆方程化简斜率表达式
【详解】
【小问1】依题意，得，则，
又分别为椭圆上下顶点，，所以，即，
所以，即，则，
所以椭圆的方程为.
【小问2】因为椭圆的方程为，所以，
因为为第一象限上的动点，设，则，
易得，则直线的方程为，
，则直线的方程为，
联立，解得，即，
而，则直线的方程为，
令，则，解得，即，
又，则，，
所以
，
所以直线MN的斜率为.
20. 已知函数（）.
（1）若，求函数的单调区间；
（2）若函数在区间和上各恰有一个零点，分别记为和，
（ⅰ）证明：函数在两点，处的切线平行；
（ⅱ）记曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形面积为S，求的最大值.
【答案】（1）单调递增区间为，无单调递减区间
（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
【解析】
【分析】（1）求导后因式分解，再构造函数，从而结合单调性讨论其正负，从而得到的正负，即可得单调性；
（2）（ⅰ）由题意可得和是的零点，结合韦达定理与导数的几何意义计算即可得解；（ⅱ）借助导数的几何意义求切线方程，求出交点坐标，从而可表示出，结合、的关系计算即可得.
【小问1详解】
当时，，
则，
令，则，故在上递增，
又，则时，，又，故，
当时，，又，故，
故恒成立，故在上单调递增，
即函数的单调递增区间为，无单调递减区间；
【小问2详解】
（ⅰ）当时，，
根据题意，零点分别在区间和内，不等于1，因此是方程的两个根，
故，，则，，
且有，则，
，
则，
同理
，
故函数在两点，处的切线平行；
（ⅱ）由（ⅰ）知，
故在点处的切线为，，
令，则，
又，故，
故，又，且，
所以，
令，则，又，
当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，则，
所以的最大值为.
21. 已知集合，对于的一个子集，若存在不大于的正整数，使得对中的任意一对元素，都有，则称具有性质．
（1）当时，试判断集合和否具有性质？并说明理由；
（2）当时，若集合具有性质，
①判断集合是否一定具有性质？并说明理由；
②求集合中元素个数的最大值．
【答案】（1）不具有性质，具有性质，理由见解析
（2）①具有性质，理由见解析 ；②
【解析】
【分析】（1）当时，集合，，根据性质的定义可知其不具有性质；，令，利用性质的定义可验证；
（2）当时，则，
①根据，任取，其中，可得，利用性质的定义即可验证；
②设集合有个元素，由①得，任取一个元素，则与中必有一个不超过，从而得到集合与集合中必有一个至少存在一半元素不超过，然后利用性质的定义进行分析即可求出，即，解此不等式即可得出答案.
【小问1详解】
当时，集合，
不具有性质，
因为对任意不大于的正整数，都可以找到该集合中的两个元素与，使得成立，
集合具有性质，
因为可取，对于该集合中任一元素，
都有；
【小问2详解】
当时，则，
①若集合具有性质，那么集合一定具有性质，
首先因为，任取，其中，
因为，所以，
从而，即，所以，
由具有性质，可得存在不大于的正整数，
使得对中任意一对元素，都有，
对于上述正整数，从集合中任取一对元素，其中，则有，
所以集合具有性质；
②设集合有个元素，由①得，若集合具有性质，那么集合一定具有性质，
任取一个元素，则与中必有一个不超过，
所以集合与集合中必有一个至少存在一半元素不超过，
不妨设中有个元素不超过，分别记为，
由集合具有性质，得存在正整数，使得对中任意两个元素
，都有，所以都不是中的元素，
又，故都是中的元素，
即集合中至少有个元素不在子集中，
因此，所以，解得，
当时，取，
易得集合中的任意两个元素，都有，
即集合具有性质，此时集合中有个元素，
因此集合中元素个数的最大值为．
【点睛】本题考查集合之间包含关系的判断方法，以及元素与集合之间的关系等基础知识，是新定义问题，在解题时注意对新概念的理解与把握是解题的关键，此题对学生的抽象思维能力要求较高，特别是对数的分析.时间
人数
类别
性别
男
5
12
13
8
9
8
女
6
9
10
10
6
4
学段
初中
5
8
11
11
10
8
高中
6
13
12
7
5
4