北京市昌平区2026届高三下学期一模数学试卷（Word版附解析）

这是一份北京市昌平区2026届高三下学期一模数学试卷（Word版附解析），共11页。试卷主要包含了 已知集合 ，则集合等内容，欢迎下载使用。
2026.4
本试卷共 5 页，共 150 分．考试时长 120 分钟．考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作
答无效．考试结束后，将答题卡交回．
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 ，则集合 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】由集合 ，则集合
2. 如果复数 的实部与虚部相等，那么 （ ）
A. B. 1 C. 2 D. 4
【答案】A
【解析】
【详解】因为 ，
因为 ，且复数 的实部与虚部相等，所以 .
3. 下列函数中，在区间 上单调递减的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】对于 A，直接根据反比例函数性质判断；对于 B，根据二次函数性质判断；对于 C，根据复合函数
单调性法则判断；对于 D，转化为分段函数，再结合指数函数性质判断.
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【详解】对于 A，由反比例函数性质知 在 上单调递增，故错误；
对于 B， ，
由二次函数性质 在 上单调递减，在 上单调递增，故错误；
对于 C，函数 在 上单调递增， 在 单调递减，
故由复合函数单调性法则（同增异减）得 在 上单调递减，故正确；
对于 D， ，
故函数 在 上单调递减，在 上单调递增，故错误；
4. 在 的展开式中，含 的项的系数为（ ）
A. B. C. 16 D. 24
【答案】D
【解析】
【详解】 的展开式中含 的项为： ，故含 的项的系数为
5. 已知向量 在正方形网格中的位置如图所示．若网格纸上小正方形的边长为 1，则 （
）
A. B. 0 C. 2 D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】引入向右方向的单位向量为 ，向上方向的单位向量为 ，把 用 表示后计算.
【详解】记向右方向的单位向量为 ，向上方向的单位向量为 ，则 ， ，
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，
所以 .
6. 将函数 图象上的所有点的纵坐标不变，横坐标变为原来的 ，再向右平移 个单位，得到函数
的图象．则下列说法正确的是（ ）
A. 是函数 的图象的一条对称轴
B. 是函数 的图象的一个对称中心
C. 在 上是增函数
D. 在 上是减函数
【答案】D
【解析】
【详解】原函数 ，纵坐标不变，横坐标变为原来的 ，得 ；
再向右平移 个单位，得：
代入 ，得 ，
所以 不是函数 的图象的一条对称轴，故 A 错误；
代入 ，得 ，
所以 不是函数 的图象的一个对称中心，故 B 错误；
当 时， ，
因为 在 上单调递减，在 上单调递增，在 上单调递减，
所以 在 上先减后增再减，即不是单调增函数，故 C 错误；
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当 时， ，
因为 在 上单调递减，所以 在 上单调递减，故 D 正确.
7. 已知双曲线 的离心率为 ，则 的值为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【详解】因为方程 表示双曲线，所以 .
所以方程可化为： ，表示焦点在 轴上的双曲线.
所以 ， ，
由 .
8. 在 平 面 直 角 坐 标 系 中 ， 角 与 角 均 以 为 始 边 ， 则 “ ”是
“ ”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】验证必要性：若 ，代入 ，利用三角函数诱导公式化简，结合 的
奇偶性判断.
验证充分性：若 ，利用三角函数的诱导公式，推导 与 的关系.
【详解】必要性证明：
已知 ，
若 为偶数，设 ，则 ， ，
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故 ；
若 为奇数，设 ，则 ， ，
故 ，因此右边可以推出左边，必要性成立.
充分性证明：
由 得 ，
根据 的通解： ，
代入 得： ，
因此充分性也成立，
综上，“ ”是“ ”的充分必要条件.
9. 如图，在四棱锥 中，底面 是矩形， ，平面 与
平面 的夹角为 ，则该四棱锥的侧面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由已知条件，通过作辅助线分别求出各侧面的三角形高，再分别求出各个侧面三角形面积，再求
和即可.
【详解】取 的中点 ， 的中点 ，连接 ，
如图所示：
因为 ， 为 的中点，所以 ，且 ，
过点 作平面 的垂线交 于点 ，
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又因为底面 为矩形，所以 ，
故平面 与平面 的夹角为 ， ， ，
因为 ， 平面 ，所以平面 ，
因为 ，所以 平面 ，
又 平面 ，则 ，
所以 ，
所以 ，
，
点 到 的距离为 1，点 到 的距离为 ，
同理点 到 的距离为 ，
所以 ，
所以该四棱锥的侧面积为：
.
10. 设函数 ，则下列结论中正确的是（ ）
A. 当 时， 在 上单调递减
B. 当 时， 在 上存在极值点
C. 当 时， 有最大值，无最小值
D. 存在 ，使得方程 在 上有且仅有两个不同实根
【答案】D
【解析】
【分析】A 选项，直接根据选项区间包含无定义点判断错误；B 选项，连续利用导数判断单调性即可得到极
值信息；C 选项，利用奇偶性判断即可；D 选项，对题给区间分段处理，然后从方程出发构造出新的函数，
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并通过求导判断取值范围，最后综合得到根的个数即可.
【详解】对于 A 选项， 时 ，应满足 即 ，
由 可得 ，
因为 即 ，所以 ，
所以 ，所以 在 上存在无定义的点，A 错误；
对于 B 选项，当 且 时，
得到 ， ，
设 ，
则 ，
由 可知 ， ，
所以 ，所以 在 上单调递减，
有 ，从而 ，
故 在 上单调递减，不存在极值点，B 错误；
对于 C 选项，当 时， ，即 在 上均有定义，
又因为 ，所以 为奇函数，
那么如果 有最大值 ，就一定有最小值 ，C 错误；
对于 D 选项， 显然方程无解，
当 时，令 即 ，
设 ，则 ， 在 上单调递减，
有 即 ，而 ，
所以存在唯一的 ，使得 ，且 （否则 ），
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即方程 在 上有一个实根；
当 时，令 即 ，
设 ，则 ，
设 ，由
可得 即 在 上单调递增，又 ，
所以存在唯一零点 使得 ，
则 在 上单调递减，在 上单调递增，
而 ， ，
故有 ，且 ，
所以 ，所以存在唯一的 使得 ，
且 （否则 ），即方程 在 上有一个实根，
综上所述，方程 在 上有且仅有两个不同实根，D 正确.
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. 当 时，函数 的最小值为_____．
【答案】
【解析】
【分析】由基本不等式进行求解．
【详解】因为 ，所以 ，等号成立时， ，
故函数 的最小值为 ．
12. 已知 为等差数列， 为其前 项和．若 ，则 ______．
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【答案】
【解析】
【详解】设等差数列 的公差为 ，
由 ，
由 ，
由 ，
所以 .
13. 已知圆 与抛物线 的准线的一个交点为 （A 在 x 轴上方），点 关于
轴的对称点 在抛物线 上，则 _____；若直线 上存在点 ，使得 ，则 的
取值范围为______．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【详解】由抛物线 的准线方程为 ，则可设交点 ，
因为点 在圆 上，所以 ，
又点 关于 轴的对称点 ，代入抛物线方程得 ，
将 代入 可得： ，
因为 ，所以解得 ， ，
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由题意 ，则可得 ， ，
因为 ，则 在以 为直径的圆上，
所以该圆圆心为 ，半径 ，圆方程为 ，
由直线 上存在满足条件的 ，等价于该直线与圆有公共点，
即圆心到直线的距离不大于半径： ，
解得 ，即 的取值范围为 .
14. 设函数 若 存在最小值，则 的一个取值为____， 的最小值为_____．
【答案】 ①. （答案不唯一，取 均可） ②.
【解析】
【详解】当 ，函数 图像如图所示，不满足题意.
当 ，函数 图像如图所示，符合题意
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当 ，函数 图像如图所示，要使函数有最小值，需满足 .
所以 .
当 ，函数 图像如图所示，不满足题意.
当 ，函数 图像如图所示，要使函数有最小值，需满足 .
无解，故不满足题意.
综上所述， 的取值范围为 ，最小值为 .
15. 在棱长为 2 的正方体 中，点 满足 ，其中 ，
给出下列四个结论：
①当 时， ， 的面积为定值；
②当 时， ，三棱锥 的体积为定值；
③当 时，存在唯一的 ，使得 ；
④当 时，存在唯一的 ，使得 平面 ．
其中所有正确结论的序号是______．
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【答案】②③
【解析】
【分析】①根据向量运算得出 线段 ，再分别取点 重合、点 重合两种情况计算面积；②
根据向量运算得出 线段 ，判断三棱锥 的体积为定值；③分别取线段 的中点
，根据向量运算得出点 线段 ，利用勾股定理计算 ；④分别取线段 的中点
，根据向量运算得出点 线段 ，利用反证法判断.
【详解】①当 时， ，则 ，
因为 ，所以 线段 ，
若点 重合，则 ，
则 的面积为 ，
若点 重合，则 ，
则 ，则 的面积为 ，
故 的面积不为定值，①错误；
②当 时， ，则 ，
因为 ，所以 线段 ，
因为 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，
则点 到平面 的距离为定值，
又 的面积为定值，故三棱锥 ，即三棱锥 的体积为定值，故②正确；
③当 时， ，
分别取线段 的中点 ，则 ，则 ，
则点 线段 ，
因为 平面 ， 平面 ，所以 ，
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因为 ， ，
所以 ，得 ，
故存在唯一的 ，使得 ，故③正确；
④当 时， ，
分别取线段 的中点 ，则 ，则 ，
则点 线段 ，
若 平面 ， 平面 ，则 ，
因为 平面 ， 平面 ，所以 ，
因为 平面 ，所以 平面 ，
又 平面 ，所以 ，显然不可能成立，
故不存在 ，使得 平面 ，故④错误.
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. 在 中， ， 的平分线与 交于点 ．
（1）求 的值；
（2）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 存在且唯一确定．求 的
长．
条件①： 边上的高为 ；
条件②： 的面积为 ；
条件③： 的周长为 ．
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）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
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计分．
【答案】（1）
（2）选条件①时无解，选条件②和条件③时
【解析】
【分析】（1）根据题意，由正弦定理和同角三角函数基本关系求解即可；
（2）选①：根据 面积列方程无解，即可排除；
选②：根据三角形的面积公式求得 ，再用 求解 的长即可；
选③：根据周长和余弦定理求得 ，再用 求解 的长即可.
【小问 1 详解】
因为 ，所以 ，
又 ，由正弦定理，可得 ，所以 .
【小问 2 详解】
若选①：因为 边上的高为 ， ， ，
所以 ，无解，所以三角形不存在；
若选②：由三角形的面积公式， ，解得 .
所以 ，所以 为等腰三角形，又 ，所以 ，
所以 ，三角形唯一，
由余弦定理可知 ，
，
由 可得 ，
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即 ，所以 ；
若选③：因为 的周长为 ， ，所以 ．
由余弦定理可知 ，
所以 ，解得 ，所以 ，
所以 ，所以 为等腰三角形，又 ，所以 ，
所以 ，三角形唯一，
，
由 可得 ，
，所以 .
17. 如图，在直三棱柱 中， ．
（1）求证： ；
（2）求直线 与平面 所成角的正弦值；
（3）在线段 上是否存在点 ，使 平面 ？若存在，求出 的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
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【解析】
【小问 1 详解】
连接 交 于 ，
∵三棱柱 为直棱柱， 平面 ，
∵ 平面 ，∴ ，
∵ .
∴四边形 为正方形，∴ ，
， ， ， 平面 .
平面 ，
∵ 平面 ，∴ .
又 ， ， 平面 .
平面 .
平面 ， .
【小问 2 详解】
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以 为原点， ， ， 分别为 轴， 轴， 轴建立如图空间直角坐标系.
由题意得： .
则 .
设平面 的法向量为 .
则 ，令 ，则 .
.
直线 与平面 所成角的正弦值为 .
【小问 3 详解】
存在，理由如下：
设 ( )，则 .
.
若 平面 ，则 ，解得 ，
存在点 ，使 平面 ，此时 .
18. 教育部最新文件指出，要确保中小学生每天校内校外综合体育活动时间不少于 2 小时．为了提升学生体
质，养成运动习惯，某中学对学生进行了周末两天运动时长的问卷调查，将运动时长不少于 4 小时的学生
视为“运动达标”，运动时长不足 4 小时的学生视为“运动不达标”．现随机抽取 200 名学生的问卷，获
得数据如下表：
男生（人） 女生（人） 合计（人）
运动达标 80 40 120
运动不达标 20 60 80
合计 100 100 200
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用频率估计概率．
（1）从该校的男生中任选两人，求这两人均为“运动不达标”的概率；
（2）从该校男生和女生中各随机抽取一人，设 为“运动达标”的人数，求 的分布列和数学期望；
（3）从该校随机抽取 20 名学生，记其中“运动达标”的人数为 ．求使概率 取得最大值时的
的值．（直接写出结论）
【答案】（1）
（2） 的分布列为
数学期望
（3）
【解析】
【分析】（1）根据古典概型结合表中数据求解；
（2）先算出男生和女生中各随机抽取一人“运动达标”的概率，确定随机变量 的可能取值并计算概率，
进而得出分布列及数学期望；
（3）先确定 服从的二项分布，由二项分布的性质确定概率最大时的 值.
【小问 1 详解】
设“从抽取问卷的男生中任选两人，这两人均为运动不达标”为事件 ，
由表可知男生共 100 人，运动不达标的 20 人，
，
这两人均为“运动不达标”的概率为 .
【小问 2 详解】
由表可知，从男生中抽取一人“运动达标” 的概率为 ，
从女生中抽取一人“运动达标” 的概率为 ，
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随机变量 的可能取值为 ，
，
，
，
所以 的分布列为
数学期望 .
【小问 3 详解】
由题意知从该校随机抽取一名学生，“运动达标”的概率为 ，
服从二项分布 ，
则要使得使概率 取得最大值需 且 ，
则 且 ，
解得 ，
为整数，所以 ，
使概率 取得最大值时 的值为 .
19. 已知椭圆 的焦点是长轴的四等分点，点 和点 都在
椭圆 上，直线 与 轴交于点 ．
（1）求椭圆 的方程；
（2）设 为原点，点 与点 关于 轴对称，直线 与 轴交于点 ．在 轴上是否存在点 ，使得
？若存在，求点 的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】（1）
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（2）存在， ，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据条件列方程组即可；
（2）求出直线 的方程，进而得出 的坐标，利用 求出.
【小问 1 详解】
由题意得， ， ，则 ，
则椭圆 的方程为 ；
【小问 2 详解】
因为 在椭圆 上，且点 与点 关于 轴对称，
所以 ， ，
则直线 ，令 ，则 ，则 ，
直线 ，令 ，则 ，则 ，
设 ，则 ，
因为 ，所以 ，得 ，
因为 ，所以 ，故 .
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20. 已知函数 ．
（1）当 时，若曲线 在点 处的切线与 平行，求点 的坐标；
（2）求证：对于任意的 ，且 ，都有 ；
（3）当 时，求证： 有且只有一个零点 ，且 ．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用导数几何意义，切线平行于 轴即斜率为零，通过解导数为零的方程并结合函数表达式确
定点坐标；
（2）将分式不等式转化为函数单调性问题，构造函数并利用导数判断其单调性，从而证明原不等式成立；
（3）先通过导数分析函数单调性与极值，结合极限与零点存在定理说明唯一零点；再借助函数单调性，将
自变量范围比较转化为函数值大小比较，代入后利用已知参数范围证明不等式.
【小问 1 详解】
当 时， ，求导得 ，
切线与 轴平行，即切线斜率为 0，故 ．
由 ，得 ，又 ，
故点 的坐标为 ．
【小问 2 详解】
要证对任意 且 ，都有 ，
等价于证 ，
令 ，只需证 在 上单调递增，
求导得 ，
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令 ， ，
又 ，则 ， 在区间 上单调递增，
即 在区间 上单调递增，又 ，
，因此 在 上单调递增，原不等式得证．
【小问 3 详解】
，求导得 ，
令 ，得 ，又 ，
当 时， 单调递减；
当 时， 单调递增；
故 在 处取得极小值， ，
当 ， ，
当 时， ，从而 ，结合 在 上单调递减，
可知当 时，恒有 ，故 在 上无零点；
当 时， ，又 且 在 上单调递增，
由零点存在定理及单调性知， 在 上存在唯一的零点 ，
综上，当 ， 有且只有一个零点 .
由于 在 上单调递增，且 ，要证 ，
只需证 ，
，
因为 ，所以 ，从而 ，故 ，
又 ，所以 ，从而 ，得证.
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21. 设数列 ，若存在公比为 的等比数列 ，使得
，其中 ，则称数列 为数列 的“等比分割数列”．
（1）写出数列 的一个“等比分割数列” ；
（2）若数列 的通项公式为 ，其“等比分割数列” 的首项为 1，求数列 的
公比 的取值范围；
（3）若数列 的通项公式为 ，且数列 存在“等比分割数列”，求 的最大值．
【答案】（1） .（答案不唯一）
（2）
（3）5
【解析】
【分析】（1）由于 是公比为 2 的等比数列，因此“等比分割数列”的公比也取 2，易得结论；
（2）利用定义 得出 ，然后确定出 的最小值即
得；
（3）用反证法证明 时，数列 不存在“等比分割数列”，然后对 找出“等比分割数列”数列
即证．
【小问 1 详解】
由 ，可以取 ，得 .（答案不唯一）；
【小问 2 详解】
由 得 ，
所以 ，
令 ，
则 单调递减，所以 的最小值是 ，
所以公比 的取值范围是 ；
【小问 3 详解】
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首先证明 时，数列 不存在“等比分割数列”，
假设当 时，数列 存在“等比分割数列” ，
则 ．
易知 ，
因为 且 ，则 ，而 ，所以 ，
又因为 ，所以 ，
与 矛盾，
所以当 时，数列 不存在“等比分割数列”．
所以 ，
当 时，数列 ，存在首项为 ，公比为 的数列 满足：
,
所以 时，数列 存在“等比分割数列”，
所以 的最大值是 5.
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