2026北京丰台区高三下学期一模试题数学含解析

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第一部分（选择题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，集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】解不等式得集合，结合补集的运算即可求解.
【详解】解得，即集合，
则.
2. 若，则
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据复数运算法则求解即可.
【详解】．故选D．
【点睛】本题考查复数的商的运算，渗透了数学运算素养．采取运算法则法，利用方程思想解题．
3. 已知双曲线的焦点为和，虚半轴长为，则的标准方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据双曲线的标准方程和几何性质求解即得.
【详解】因为双曲线的焦点为和，虚半轴长为，
所以设双曲线方程为：，其中，
因为，所以，
所以双曲线方程为：.
4. 已知，则的大小关系是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】通过比较与的大小关系，结合指数函数，三角函数，对数函数的性质，即可判断.
【详解】，因为在上单调递增，故，故；
，因为，在单调递减，故，故；
，因为在单调递增，故，故；
综上所述：.
5. 已知，则（ ）
A. 8B. C. 40D.
【答案】D
【解析】
【详解】二项式的通项公式为，
，
，
所以.
6. 如图，在三棱锥中，和是边长为2的等边三角形，平面平面，则（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】取的中点为，则可证为等腰直角三角形，故可求的长.
【详解】
设的中点为，因为是边长为2的等边三角形，
故且，同理且，
故为的平面角，而平面平面，
故，故.
7. 已知角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边与单位圆的交点为，且，若点为角的终边所在直线上的一点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】使用二倍角公式结合同角关系，得到的值，进而确定点坐标，由此可得的值，结合三角函数的概念可得的值，由此求解即可.
【详解】由题意得，,，
解得，则，即，
且，即,即,
则.
8. 某聚乙烯材料的抗拉强度（单位：）与时间（单位：年）的关系为，其中和是正的常数．已知经过5年，该材料的抗拉强度衰减为原来的一半，则其抗拉强度衰减为原来的大约经过（参考数据：）（ ）
A. 7.3年B. 11.6年C. 12.5年D. 23.2年
【答案】B
【解析】
【详解】由题意，时，最开始的抗拉强度为，
当时，，则，
令，得，则，
所以，则，
所以，故抗拉强度衰减为原来的大约经过11.6年.
9. 已知是公比为的无穷等比数列，则“”是“任取无穷等差数列，对于任意，存在正整数，使”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
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】根据充分条件、必要条件的判断及等比数列、等差数列的性质判断即可.
【详解】充分性：
若，对于无穷等比数列，其通项公式为.
当时，当为奇数时，；当时，当为偶数时，.
对于无穷等差数列，其通项公式为（为首项，为公差）.
所以对于任意，即给定，总可以找到一个足够大的正整数，使得.
因此“”能推出“任取无穷等差数列，对于任意，存在正整数，使”，充分性成立.
必要性：
若任取无穷等差数列，对于任意，存在正整数，使，
当时，若，等比数列单调递增，同样满足条件.
所以“任取无穷等差数列，对于任意，存在正整数，使”不能推出“”，必要性不成立.
10. 在平面内，为的中点，动点满足，动点满足，则的最大值为（ ）
A. 2B. C. 4D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据化简整理得出，由此将化简，可得．根据且，得到点A在以BC为弦的优弧上运动（不含端点），以B为原点建立直角坐标系，求出所在圆的方程，设出点A的坐标，根据向量数量积的坐标运算法则与圆的性质求出的最大值即得．
【详解】由，得，即，
所以．
因为，，所以点A在以BC为弦的优弧上运动（不含端点）．
设所在圆的圆心为，连接，则，，
则，．
以B为原点，BC所在直线为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系，可得，
则圆的方程为，
设，则，结合，
可得，
因为A点在圆上运动，则，
故当时，取得最大值为.
【点睛】平面向量解决几何最值问题，通常有两种思路：
①形化，即用平面向量的几何意义将问题转化为平面几何中的最值或取值范围问题，然后根据平面图形的特征直接进行求解；
②数化，即利用平面向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与值域，不等式的解集，方程有解等问题，然后利用函数，不等式，方程的有关知识进行求解.
第二部分（非选择题110分）
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分．
11. 函数的定义域为___________．
【答案】
【解析】
【分析】根据偶次根式被开方数大于等于0，结合对数函数的单调性，即可得答案.
【详解】由题意得，则，
因为在上单调递增，
所以，则的定义域为.
12. 抛物线的焦点坐标为_____．
【答案】
【解析】
【分析】由抛物线的性质即可得出答案.
【详解】由抛物线方程知，抛物线焦点在y轴上，
由，得，所以焦点坐标为．
故答案为：.
13. 已知函数．若，则______；若在区间上至少有3个零点，则的一个取值可以为______．
【答案】 ①. 2 ②. 6（答案不唯一，只需大于即可）
【解析】
【分析】利用辅助角公式可得，若可直接得；令，根据在区间上至少有3个零点，得在区间上至少有3个零点，由此求得取值范围，即可写出其取值．
【详解】函数．
若，则，所以；
令，则.
若在区间上至少有3个零点，则在区间上至少有3个零点.
所以，得.
故的一个取值可以为（不唯一）.
14. 西汉海昏侯墓出土的两千多年前的“权”（砝码），是与“衡”（天平）配合使用的称量工具．已知五枚权的质量（单位：克）从小到大构成项数为5的等比数列，其中，，则___________；在称量物体时所用的权的质量之和叫称量值，则从这五枚权中取一枚或多枚，可组合出的不同称量值共有___________种．
【答案】 ①. 4 ②. 31
【解析】
【分析】根据等比数列的通项公式，代入计算，即可得答案；根据组合数的计算性质，结合条件，即可得答案.
【详解】设公比为q，则，则，所以；
从这五枚权中取一枚或多枚，
由题意得，则数列单调递增，即，
下证明当时，，
由题意得，，
则，
所以成立，
结合等比数列的性质可得，任意不同组合的权的质量之和均不相等，
所以不同的称量值种数等于从5个权中取一个或者多个的组合数，
因此，可组合出的不同称量值共有种.
15. 已知函数，其中．给出下列四个命题：
①存在实数，使的值域为；
②存在实数，使有8个零点；
③对于任意实数，存在，使曲线是轴对称图形；
④对于任意实数，存在，使有3个极大值点．
其中所有正确命题的序号是___________．
【答案】②③④
【解析】
【分析】举反例判断①，利用函数的性质结合函数图象判断②，对目标函数合理转化并利用轴对称的定义得到判断③，利用导数并结合零点存在性定理得到有2个极小值点，1个极大值点，进而得到的极值点情况判断④即可.
【详解】对于①，令，则，而，故①错误，
对于②，令，可得，
则，若有8个零点，
可得有4个零点，
且也有4个零点，
令，，，此时变为如下，
为，
令，
则研究与以及的交点即可，
如图，作出符合题意图形，
此时与以及共有8个交点，
即存在实数，使有8个零点，故②正确，
对于③，令，
若曲线轴对称图形，则是轴对称图形，
设的对称轴是，可得，
而
，
可得，解得，故③正确，
对于④，由题意得，
当时，，当时，，
而，，，
对于任意实数，只需，
则，，，
结合零点存在性定理得存在作为零点，
且，，，
令，，令，，
则在上单调递减，在上单调递增，
可得有2个极小值点，1个极大值点，
即有3个极大值点，故④正确.
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. 如图，在多面体中，面是矩形，，．
（1）求证：；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理，证明平面，再根据线面垂直的性质定理，证明结论即可；
（2）根据几何体的性质，建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量和平面的法向量，根据线面角的向量方法，求出正弦值即可.
【小问1详解】
因为四边形是矩形，所以，
又因为，平面，
所以平面，
因为平面，所以.
【小问2详解】
因为，建立如图所示的空间直角坐标系，
所以，
因此，．
设是平面的法向量，
则，即，
令，得，平面的一个法向量为.
设直线与平面所成角为，则.
即直线与平面所成角的正弦值为.
17. 在中，，，分别为内角，，所对的边，．
（1）求；
（2）若，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求的周长．
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）选择条件①②，周长为；选择条件③，三角形不存在
【解析】
【分析】（1）利用三角恒等变换可得，进而可求；
（2）选择条件①：利用正弦定理可求得，利用三角恒等变换求得，进而利用正弦定理求得，进而可求周长. 选择条件②：利用三角恒等变换求得，进而利用正弦定理求得，进而可求周长.
【小问1详解】
因为，所以．
因为，所以，
所以，所以.
【小问2详解】
由（1）知.
选择条件①：因为，，由正弦定理，得．
因为，所以，所以．
．
由正弦定理，所以，解得．
所以三角形的周长．
选择条件②：．
因为，
所以．
由正弦定理，所以，
解得，
所以三角形的周长.
择条件③：因为，，，
由正弦定理，则，
解得，故不存在.
18. 为研究某大宗商品价格变化的规律，收集得到了该大宗商品连续30个交易日的价格变化情况，如下表所示．在描述价格变化时，用“↑”表示“上涨”，即当天价格比前一个交易日价格高；用“↓”表示“下跌”，即当天价格比前一个交易日价格低；用“→”表示“不变”，即当天价格与前一个交易日价格相同．
用频率估计概率．
（1）试估计该大宗商品价格“上涨”的概率；
（2）假设该大宗商品每个交易日的价格变化是相互独立的，在未来的交易日里任取天，试估计该大宗商品价格在这天中至少有天“上涨”且至少有天“不变”的概率；
（3）假设该大宗商品当日价格“上涨”、“下跌”、“不变”时，当日成交概率分别为，且．若该大宗商品每个交易日的价格变化只受前一个交易日价格变化的影响，试比较第个交易日的成交概率与的大小．（结论不要求证明）
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）统计上涨天数，根据频率估计概率；
（2）分析符合条件的情况，根据独立事件的概率求解；
（3）根据价格变化具有状态转移特性，第个交易日的成交概率是各状态转移概率的加权平均，且受前1个交易日价格变化的影响.
【小问1详解】
根据题中数据，该大宗商品价格在个交易日中有天“上涨”．
设事件为“该大宗商品价格上涨”，
则.
【小问2详解】
设事件为“该大宗商品价格“不变”，事件为“该大宗商品价格“下跌”，事件为“该大宗商品价格在这5天中至少有3天“上涨”且至少有1天“不变”．
依题意可得，．
.
【小问3详解】
由于，且价格变化具有状态转移特性，
第个交易日的成交概率是各状态转移概率的加权平均，权重偏向高成交概率的状态,
由于前1个交易日状态对第个交易日的影响具有正反馈性，且初始概率分布不均匀，
因此大于三种状态成交概率的算术平均值.
所以.
19. 已知椭圆，椭圆上一点到两焦点的距离之和为．
（1）求椭圆的方程和离心率；
（2）过点的直线与椭圆交于不同的两点．若直线与直线的斜率之和为0，求直线的方程．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意寻找方程，求解基本量
（2）设直线方程，引入参数，与椭圆方程联立，利用韦达定理代入斜率之和为零的等式中计算未知数的值即可
【小问1详解】
由题意，得，解得，
故．
代入点，得，解得，
故．
由，得，故离心率.
【小问2详解】
设直线的方程为，由题意可知存在且．
联立消去，得，
设，
则，
由韦达定理，得．
由已知，得，
所以．
整理得．
代入得．
解得，符合．
所以直线的方程为，即.
20. 已知函数．
（1）当时，求曲线在处的切线方程；
（2）若，证明：当时，；
（3）若存在，使成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）.
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义可求切线方程；
（2）求出，令，利用导数可证，从而可得的单调性，故可证；
（3）原不等式有解即为存在，使成立，，就、结合导数分类讨论可求参数的取值范围.
【小问1详解】
时，，所以，故
所以曲线在处的切线方程为，即.
【小问2详解】
．
令，则．
因为，所以当变化时，的变化情况如下表：
所以．
由，可知在上单调递减，
所以.
【小问3详解】
由题意，存在，使成立，
即存，使成立，
即成立．
令，
则．
①当时，在上，故在单调递增，
所以，不合题意．
②当时，令．
因为，所以在单调递增，
又因为，
所以存在，使．
所以当变化时，的变化情况如下表：
，取，故在上有解，
综上，的范围是.
21. 对于有穷正数数列，若满足对任意的，都有（是常数，且），则称数列具有性质．对数列定义“分拆”将中的第项拆分为两项，并得到数列，其中，且；特别地，当时，；当时，．对有穷正数数列，令数列．若数列均具有性质，则称为数列的阶完美分拆数列．
（1）若，判断以下数列是否为的1阶完美拆分数列（结论不要求证明）：
①②2，0.5，0.5．
（2）当时，若为数列的1阶完美拆分数列，证明：数列中被拆分的一定是最大项；
（3）若数列为数列的阶完美拆分数列，证明：的最大值为4．
【答案】（1）①是；②否.
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】(1) 先根据1 阶完美拆分数列的定义，验证原数列与拆分后数列是否满足，再逐一判断即可；
(2) 先假设拆分非最大项，结合1阶完美拆分数列的性质推出矛盾，再用反证法证明拆分项必须为最大项；
(3) 先通过递推构造至阶完美拆分数列，验证其满足完美拆分数列的定义，再假设存在阶完美拆分，推出与定义的矛盾，从而确定的最大值
【小问1详解】
①是；②否.
① 数列{1,1,1}
由拆分而来：将2拆为，满足,
对验证性质：任意两项，有,则 ，成立；
对验证性质：任意两项，有,则 ，
综上，①是；
② 数列
若由拆分，需将某一项拆为两项：
拆1：，得，但，不满足​；
拆2：，得，无法得到，故②不是
【小问2详解】
不妨设．
假设取分拆，设，
则与矛盾．
所以拆分的项一定是数列中的最大项.
【小问3详解】
当时，的1阶完美拆分数列为1.44，1.2，1；
的2阶完美拆分数列为1.2，1，0.72，0.72；
3阶完美拆分数列为1，0.72，0.72，0.6，0.6；
的4阶完美拆分数列为0.72，0.72，0.6，0.6，0.5，0.5．
所以数列存在4阶完美分拆数列．
下面证明对于任意数列，不存在5阶完美分拆数列．
假设数列的2阶完美拆分数列为，
不妨设．
由（2）知，为得到的3阶完美拆分数列，一定分拆
，得到数列，其中，及．
若，则由，即及，
可得
若，有，与题设矛盾，不合题意．
此时，数列中的最大项无法再拆分，此时分拆结束．
于是，为得到4阶完美拆分数列，必须有，
此时，．
所以，拆分为，，得到数列，
其中及．
于是．
若是数列中的最大项，
因为，即，又，
于是，与假设矛盾．
所以不是此时数列的最大项．
若是数列中的最大项，
因为，
所以，
又，
所以，与假设矛盾．
所以不是此时数列的最大项．
所以是此时数列的最大项．
此时，应有，否则，，
于是，
与题设矛盾，不合题意，所以．
若，有，
与题设矛盾，不合题意．
此时，数列中的最大项无法再拆分，此时拆分结束．
因此，若数列存在阶完美拆分数列，则．
综上，的最大值为4.
时段
价格变化
第个交易日
↓
↑
↑
↓
↑
↑
↑
↑
↓
↑
↑
↓
第个交易日
↑
↑
↑
↓
↓
↑
↓
↑
↓
↓
↑
↑
0
增
极大值
减
0
0
减
极小值
增