北京市延庆区2026届高三下学期一模数学试卷（Word版附解析）

这是一份北京市延庆区2026届高三下学期一模数学试卷（Word版附解析），文件包含试卷定稿pdf、化学阅卷细则1pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共9页， 欢迎下载使用。
2026.03
本试卷共 6 页，150 分．考试时长 120 分钟．考生务必将答案答在答题纸上，在试卷上作
答无效．考试结束后，将本试卷和答题纸一并交回．
第一部分（选择题，共 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. 已知集合 ， ，则 （ ）．
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出集合 A,B，利用并集的定义可求得 .
【详解】由题意可得：根据对数函数真数大于零可得，集合 ，
集合 或 ，
根据并集的定义可得 或 ，即 .
2. 已知复数 z 满足 ，则在复平面内，复数 z 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】
【详解】化简得 ，
复数 z 对应的点位于第二象限.
3. 下列函数中，是奇函数且最小正周期为 的是（ ）．
A. B.
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C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】对 A：因为 ，为奇函数，且 ，故 A 满足条件；
对 B：因为 为偶函数，故 B 不满足条件；
对 C：因为 的最小正周期为 ，故 C 不满足条件；
对 D：函数 不是周期函数，故 D 不满足条件.
4. 已知 ，且 ，则下列不等式恒成立的是（ ）．
A. B.
C. 对任意 ， D.
【答案】D
【解析】
【详解】对 A：当 ， 时，不等式 不能成立；
对 B：当 ， 时，不等式 不能成立；
对 C：当 时，不等式 不能成立；
对 D：因为 ，所以函数 在 上单调递增，又 ，所以 恒成立.故 D 正确.
5. 若双曲线 的离心率为 ，则其渐近线方程为（ ）．
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据离心率确定 的关系，再求双曲线的渐近线方程.
【详解】因为双曲线的离心率为 ，
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所以 .
所以双曲线的渐近线方程为： .
6. 在 中， ， ， ，则 （ ）．
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由正弦定理角化边，求得 ，再由余弦定理即可求解.
【详解】 根据正弦定理 ，结合条件 ，可得：
，即 .
又已知 ，代入 得： ，因此 .
由余弦定理 ，
代入 ，
，
因此 .
7. 矩形 中， ， ，且 ，则 （ ）．
A. B. C. 6 D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】根据平面向量基本定理及数量积定义计算求解.
【详解】因为 ，所以 ，
，
所以 .
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8. 设等差数列 的公差为 ，其前 n 项和为 ，则“ ”是“ 存在最小值”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】C
【解析】
【分析】化简得到 ，分别判断充分性和必要性得到答案.
【详解】 为等差数列，
则 ，
对应的二次函数为 ，
故当 时，函数有最小值，对应的数列 有最小值，
当数列 有最小值时，则二次函数开口向上，所以 ，
故是充分必要条件．
9. 在平面直角坐标系 中，若对任意的点 （ 且 ），都存在
（ 且 ），使得 ，且 ，则（ ）．
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据 和 列出方程组，利用代入消元法，可得 的关系.
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【详解】由题意得 .
由①得： ，
将其代入②得： ，
即 .
因为 ，所以 ，即 .
又 ，所以 .
将其再代入①得： .
因为该式对 都成立，所以 .
所以 .
10. 三角形的重心是指三角形三条中线的交点，垂心是指三条高的交点，且已知三角形的重心、垂心位于同
一条直线上，这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”．在平面直角坐标系中作 ， ，点
，点 ，且其“欧拉线”与圆 相切，则圆 M 上的点到直线
的距离的最小值为（ ）．
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】因为在 中， ，所以 边上的高线和中线合一，则其“欧拉线”为 边
的垂直平分线 ，
因为点 ，点 ， ，
因为直线 的斜率为 ，所以 的垂直平分线的斜率为 ，
所以 的垂直平分线方程为 ，即 ，
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因为“欧拉线”与圆 相切，所以圆心 到“欧拉线”的距离为
，即 ，
圆心 到直线 的距离为 ，
由圆的对称性可知，圆 M 上的点到直线 的距离的最小值为 .
第二部分（非选择题，共 110 分）
二、填空题：共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分．
11. 在 的展开式中，常数项为______．
【答案】60
【解析】
【分析】由二项式定理可得二项式展开式的通项公式，令 ，运算即可得解.
【详解】解：二项式 的展开式的通项公式为 ，
令 ，解得 ，
所以 的二项展开式中，常数项为 .
故答案为： .
12. 已知抛物线 上一点 到焦点 的距离为 4，则 ______．
【答案】
【解析】
【分析】利用焦半径公式求 ，再利用抛物线的方程求 .
【详解】由题意 .
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所以 .
13. 已知 是任意角，且满足 ，则常数 k 的一个取值为______．
【答案】 （答案不唯一）
【解析】
【详解】 满足 ，
，得 ， ，
当 时， .
故答案为： （答案不唯一）
14. 长方体 的底面 是一个正方形，其边长为 4，长方体的高为 ，联结各表面
的中心构成一个八面体，则这个八面体的表面积为______，这个八面体的体积和长方体的体积之比为______
．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】八面体的表面积是两个四棱锥的侧面积之和，利用长方体的棱长，结合勾股定理求出四棱锥侧面
三角形的边长，判断侧面三角形的形状，再用面积公式计算单个四棱锥侧面积，进而得到八面体表面积；
利用棱锥体积公式计算单个四棱锥体积，进而得到八面体体积，最后求出两者体积之比。
【详解】如图所示，分别以 所在直线为 轴建立空间直角坐标系
根据题意可得各点坐标为： ，
，
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因为八面体共 8 个全等的等腰三角形，以 为例：
可得 ，
三角形的高为 ，故
所以总表面积为： .
长方体体积为：
由八面体是两个四棱锥组合而成，四棱锥底面是正方形，面积为 ，
可得每个四棱锥的高为 ，总体积
所以八面体的体积和长方体的体积之比为 .
15. 若非空实数集 X 中存在最大元素 M 和最小元素 m，记 ．
①已知 ， ，且 ，则 ；
②已知 ， ，则存在实数 a，使得 ；
③已知 ，若 ，则对任意 ，都有 ；
④已知 是等比数列 的前 n 项和， ，则存在等比数列 ，使得 ．
其中所有不正确的命题是______．
【答案】①②③
【解析】
【分析】直接计算即可判断①；分类讨论判断②；举反例判断③；举例证明④.
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【详解】①：因 ，则 ； ，则 ，解得： 或 ，①
错误
②：当区间关于 对称，即 时， ，此时 ， .
当 时， 会增大，因此 的最小值为 1，不存在 使得 ，命题②错误
③，由题意知 ， ，但 是满足 的点集，它可以是 的子集，不一定是整个
区间。
例如 时， ，对于 满足题设，此时 时不满足
，③错误
④，取等比数列 ， ，则 ，
， ，即 ，④正确
三、解答题：共 6 小题，共 85 分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
16. 如图，在四棱锥 中，底面 是一个等腰梯形， ， ，
，M 为 的中点．
（1）求证： 平面 ；
（2）若 平面 ．
（ⅰ）求证： 平面 ；
（ⅱ）求二面角 的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
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【解析】
【分析】（1）通过作辅助线证明 为平行四边形，再利用线面平行的判定定理判断即可；
（2）利用已知条件证明 ，再根据线面垂直的判定定理即可证明；
（3）通过建立空间直角坐标系，求出平面 和平面 的法向量，再代入公式即可.
【小问 1 详解】
取 的中点 ，连接 ，
M 为 的中点， ，
又 ， ， ， 四边形 为平行四边形，
且 平面 ， 平面 ,
平面 ；
【小问 2 详解】
（ⅰ） 平面 ， 平面 ， ，
又底面 是一个等腰梯形， ， ， ，
，则 ， ，即 ，
又 平面 ， ， 平面 .
（ⅱ）由（ⅰ）知 平面 ， 平面 ， ，
故建立以 为坐标原点的空间直角坐标系，如图
则 ， ，
设平面 的法向量为 ，
则 ，即 ，令 ，则 ， ，
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为平面 的一个法向量， ，
故二面角 的余弦值为 .
17. 已知函数 ，从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已
知，使函数 存在．
（1）求 的值；
（2）设 ，求 在区间 上的最大值和最小值．
条件①： 是偶函数；
条件②： 的图象上所有点向右平移 个单位长度，所得函数是奇函数；
条件③： 在区间 上单调递增．
注：如果选择的条件不符合要求，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）选择①，不符合条件，选择②或选择③， ；
（2）最大值为 ，最小值为
【解析】
【分析】（1）选择条件①，得 即可求解；
选择条件②，得 即可求解；
选择条件③，由正弦函数单调性得 即可求解；
（2）将(1)中求得的 值代入，化简 的表达式后，结合 的取值范围与正弦函数的性质求解最值.
【小问 1 详解】
选择条件①：
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由函数 ， 是偶函数，
则 ，因为 ，
则此时 不存在，即函数 不存在；
选择条件②： 右移 个单位后为奇函数。
平移后函数为 ，
因为 为奇函数，
所以 ，解得： ，
因为 ，所以 ，此时
选择条件③： 在 上单调递增，
正弦函数 的单调递增区间为 ， ，
因为 在 上单调递增，
所以 ， ，解得：
因为 ，所以 ，此时 ，
后续最值与条件②一致，
【小问 2 详解】
当 时，即 ，
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当 时， ，
当 ，即 时， ，
当 ，即 时，
18. 2024 年联合国教科文组织第 46 届世界遗产大会上，我国申报的“北京中轴线——中国理想都城秩序的杰
作”被正式列入《世界遗产名录》．北京中轴线坐落于北京老城中心，全长 7.8 公里，始建于 13 世纪，是统
领老城整体规划格局的建筑与遗址的组合体．它共包含 15 处遗产点，可分为 A、B、C、D、E 五种类型，
具体如下表：
类 A 古代皇家 B 古代皇家 C 古代城市 E 居中道
D 国家礼仪和公共建筑
型 宫苑建筑 祭祀建筑 管理设施 路遗存
天
安 中
门 轴 外
社 先 钟 万 天 广 正 永 中轴线
线 故 景 太 天 端 金
稷 农 鼓 宁 安 场 阳 定 南段道
遗 宫 山 庙 坛 门 水
坛 坛 楼 桥 门 及 门 门 路遗存
产 桥
建 点
筑
群
某研学团队计划随机选取 3 处遗产点开展研学活动．
（1）若从 15 处遗产点中随机选取，求选取的 3 处遗产点均为 D 类的概率；
（2）若从 A、B、C 这三类遗产点中随机选取 3 处，设选取的 3 处遗产点的类型种数为 X，求 X 的分布列及
数学期望；
（3）该研学团队通过调查发现：所有参观北京中轴线的人群可分为老年人、中年人、青少年三个群体，其
人数比值为 ，同时，这三个群体选择参观 A 类或 D 类遗产点的频率分布如下表：
人群 老年人 中年人 青少年
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只参观 A 类型遗产点 60％ 25％ 30％
只参观 D 类型遗产点 20％ 45％ 30％
两类遗产点都参观 20％ 30％ 40％
用频率估计概率，若从所有参观 A 类或 D 类遗产点的人群中随机选取 1 人，记“只参观 A 类型遗产点”的概
率为 ，“只参观 D 类型遗产点”的概率为 ，请根据表中信息，判断 与 的大小关系．（结论不要求证明）
【答案】（1）
（2） 的分布列为：
1 2 3
（3）
【解析】
【小问 1 详解】
从 15 处遗产点中随机选取，选取的 3 处遗产点均为 D 类的概率为：
.
【小问 2 详解】
由题意， 的值可能为 1,2,3，
且 ，
，
.
所以 的分布列为：
第 14页/共 21页
1 2 3
所以 .
【小问 3 详解】
由题意 ,
.
所以 .
19. 已知椭圆 与 y 轴的交点为 A，B（点 A 位于点 B 的上方），且 ，椭圆
的离心率为 ．
（1）求椭圆 C 的标准方程；
（2）若直线 与椭圆 C 交于不同两点 M，N，直线 与直线 交于点 G．设 与
的面积分别为 ， ，比较 与 的大小，并说明理由．
【答案】（1）
（2） ，证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据离心率和 的值，可求 ，可得椭圆的标准方程.
（2）将直线 与椭圆方程联立，利用韦达定理，可得 和 ，求直线 与 的交点
的坐标，再求直线 与 的交点的坐标，判断该点与 点重合，可得 三点共线，即可得
.
【小问 1 详解】
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因为 ，所以 ，
又因为椭圆的离心率为 ，所以 ，又 ，
所以 ，
所以椭圆 的标准方程为 .
【小问 2 详解】
如图：
将 代入 ，得 ，
整理得： .
由 .
设 ， ，则 ， .
所以直线 的方程为： ，令 ，则 ，即 .
直线 的方程为： ，令 ，则 ，
即直线 与直线 的交点为 .
因为 ，
因为
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.
所以点 与点 重合.
故 三点共线，所以 ，即 .
20. 已知函数 ， ， ．
（1）当 时，求曲线 在点 处的切线方程；
（2）讨论 的单调性；
（3）是否存在 a，使得不等式 恒成立，若存在，求出 a 的所有值；不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）当 时，函数 在 上单调递减；当 时， 在 上单调递增，在 上
单调递减.
（3）
【解析】
【分析】（1）根据导数的几何意义求曲线在点 处的切线方程.
（2）利用导数，分情况讨论，求函数的单调性.
（3）设 ，问题转化为 在其定义域上恒成立，求 的值.
【小问 1 详解】
当 时， .
因为 ，
，所以 ，
所以曲线 在点 处的切线方程为： 即 .
【小问 2 详解】
， .
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当 时，由 ，此时 ，函数 在 上单调递减；
当 时，由 ，
此时由 ，由 .
所以 在 上单调递增，在 上单调递减.
综上可知，当 时，函数 在 上单调递减；
当 时， 在 上单调递增，在 上单调递减.
【小问 3 详解】
设 ，问题转化为 在其定义域上恒成立，求 的值.
因为 .
若 ，则函数的定义域为 ，此时 ，即 ，
所以 在 上单调递增.
因为 .
设 ， .
则 .
由 ；由 .
所以 在 上单调递增，在 上单调递减.
所以 .
所以 恒成立，所以 在 不可能恒成立.
若 ，则函数的定义域为 ，此时 ，
由 ，由 .
所以 在 上单调递减，在 上单调递增.
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所以 .
要想 在 上恒成立，需要 .
设 ， .
则 .
由 ，由 .
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以 .
即当 时， .
所以 为所求.
21. 设 m 为正整数，数列 ， ，…， 是公差不为 0 的等差数列，若从中删去两项 和 后
剩余的 项可被平均分为 m 组，且每组的 4 个数都能构成等差数列，则称数列 ， ，…， 是
可分等差数列．
（1）说明数列 ， ，…， 是不是 、 、 、 可分等差数列；
（2）当 ， 时，证明：数列 ， ，…， 是 可分等差数列；
（3）当 时，数列 ， ，…， 是 可分等差数列，证明：满足条件的 个数不少于
个．
【答案】（1） 是、 是、 不是、 是
（2）证明见解析； （3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）对每一组待删项 ，先列出删除后剩余的 4 项，再根据等差数列定义验证相邻项差值是否
相等，一次判断剩余项能否构成等差数列，最终得出各组是否符合要求；
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（2）针对数对 ，将数列按删去项前后分段.删前取连续 4 项为组，删后剩余段也按连续 4
项分组，每组均为等差数列，满足可等分要求；
（3）构造三角数阵证明即可.
【小问 1 详解】
设原等差数列公差为 ，通项为 ，等差数列性质：下标成等差，则项成等差.
（1）判断， ，共 6 项，删去两项后剩余 4 项需构成 1 组等差数列： ：剩余 ，是公
差为 的等差数列，是；
：剩余 ，是公差为 的等差数列，是；
：剩余 ，依次为 ，相邻差不相等，无法构成等差数列，不是；
：剩余 ，是公差为 的等差数列，是.
结论：仅 不是，其余三个都是.
【小问 2 详解】
证明 是可分等差数列：
按如下方式分组，共分为 组，每组 4 项：前 组：对 ，第 组取 ，
均在删去项 之前，每组 4 个连续项，天然构成等差数列；
中间 组：删去 后，剩余项从 到 ，共 项，每 4 个连续项分为一组，每组都是
等差数列；
后 组：删去 后，剩余项从 到 ，共 项，每 4 个连续项分为一组，每组都是
等差数列.
总项数为 ，恰好满足要求，因此数列是 可分等差数列，得证
.
【小问 3 详解】
①由（2）得，对任意 ， 时，
符合题意，
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此类共有 个，
②在 中任取连续 项 ，使其首项 满足
，
将这 项从左到右从上到下依次放入下列数阵，
则该数阵的每行、每列各自成等差数列，
删去 两项后，余下 ，
，均为 4 项的等差数列，
时，满足题意，
相等， 不等时， 不等； 相等， 不等时， 不等，
对 ， 有 种取值，
共有 个，
即 其有 个，
综上， ，得证.
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