2026届北京市西城区第8中学高三第三次模拟考试数学试卷含解析

这是一份2026届北京市西城区第8中学高三第三次模拟考试数学试卷含解析，共8页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁，的展开式中的一次项系数为，已知符号函数sgnxf等内容，欢迎下载使用。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．已知定义在上的函数，若函数为偶函数，且对任意， ，都有，若，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
2．在各项均为正数的等比数列中，若，则（ ）
A．B．6C．4D．5
3．函数且的图象是（ ）
A．B．
C．D．
4．从5名学生中选出4名分别参加数学，物理，化学，生物四科竞赛，其中甲不能参加生物竞赛，则不同的参赛方案种数为
A．48B．72C．90D．96
5．的展开式中的一次项系数为（ ）
A．B．C．D．
6．已知函数满足，且，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
7．已知正四面体的内切球体积为v，外接球的体积为V，则（ ）
A．4B．8C．9D．27
8．若函数有两个极值点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
9．若函数在处有极值，则在区间上的最大值为（ ）
A．B．2C．1D．3
10．已知符号函数sgnxf（x）是定义在R上的减函数，g（x）＝f（x）﹣f（ax）（a＞1），则（ ）
A．sgn[g（x）]＝sgn xB．sgn[g（x）]＝﹣sgnx
C．sgn[g（x）]＝sgn[f（x）]D．sgn[g（x）]＝﹣sgn[f（x）]
11．如图所示，为了测量、两座岛屿间的距离，小船从初始位置出发，已知在的北偏西的方向上，在的北偏东的方向上，现在船往东开2百海里到达处，此时测得在的北偏西的方向上，再开回处，由向西开百海里到达处，测得在的北偏东的方向上，则、两座岛屿间的距离为（ ）
A．3B．C．4D．
12．第24届冬奥会将于2022年2月4日至2月20日在北京市和张家口市举行，为了解奥运会会旗中五环所占面积与单独五个环面积之和的比值P，某学生做如图所示的模拟实验：通过计算机模拟在长为10，宽为6的长方形奥运会旗内随机取N个点，经统计落入五环内部及其边界上的点数为n个，已知圆环半径为1，则比值P的近似值为( )
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．设α、β为互不重合的平面，m，n是互不重合的直线，给出下列四个命题：
①若m∥n，则m∥α；
②若m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β；
③若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n；
④若α⊥β，α∩β＝m，n⊂α，m⊥n，则n⊥β；
其中正确命题的序号为_____．
14．若点为点在平面上的正投影，则记.如图，在棱长为1的正方体中，记平面为，平面为，点是线段上一动点，.给出下列四个结论：
①为的重心；
②；
③当时，平面；
④当三棱锥的体积最大时，三棱锥外接球的表面积为.
其中，所有正确结论的序号是________________.
15．如图，在三棱锥A﹣BCD中，点E在BD上，EA＝EB＝EC＝ED，BDCD，△ACD为正三角形，点M，N分别在AE，CD上运动（不含端点），且AM＝CN，则当四面体C﹣EMN的体积取得最大值时，三棱锥A﹣BCD的外接球的表面积为_____.
16．已知椭圆：的左，右焦点分别为，，过的直线交椭圆于，两点，若，且的三边长，，成等差数列，则的离心率为__________.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）已知椭圆E：（）的离心率为，且短轴的一个端点B与两焦点A，C组成的三角形面积为.
（Ⅰ）求椭圆E的方程；
（Ⅱ）若点P为椭圆E上的一点，过点P作椭圆E的切线交圆O：于不同的两点M，N（其中M在N的右侧），求四边形面积的最大值.
18．（12分）在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
（1）求的普通方程和的直角坐标方程；
（2）把曲线向下平移个单位，然后各点横坐标变为原来的倍得到曲线（纵坐标不变），设点是曲线上的一个动点，求它到直线的距离的最小值.
19．（12分）设函数，其中．
（Ⅰ）当为偶函数时，求函数的极值；
（Ⅱ）若函数在区间上有两个零点，求的取值范围．
20．（12分）已知函数
（1）解不等式；
（2）若均为正实数，且满足，为的最小值，求证：.
21．（12分）如图，在四棱锥中，侧棱底面，，，，，是棱中点.
（1）已知点在棱上，且平面平面，试确定点的位置并说明理由；
（2）设点是线段上的动点，当点在何处时，直线与平面所成角最大？并求最大角的正弦值.
22．（10分）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，.
（1）证明：平面平面ABCD；
（2）设H在AC上，，若，求PH与平面PBC所成角的正弦值.
参考答案
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1、A
【解析】
根据题意，分析可得函数的图象关于对称且在上为减函数，则不等式等价于，解得的取值范围，即可得答案.
【详解】
解:因为函数为偶函数，
所以函数的图象关于对称，
因为对任意， ，都有，
所以函数在上为减函数，
则，
解得：.
即实数的取值范围是.
故选：A.
【点睛】
本题考查函数的对称性与单调性的综合应用，涉及不等式的解法，属于综合题.
2、D
【解析】
由对数运算法则和等比数列的性质计算．
【详解】
由题意
．
故选：D．
【点睛】
本题考查等比数列的性质，考查对数的运算法则．掌握等比数列的性质是解题关键．
3、B
【解析】
先判断函数的奇偶性，再取特殊值，利用零点存在性定理判断函数零点分布情况，即可得解.
【详解】
由题可知定义域为，
，
是偶函数，关于轴对称，
排除C，D.
又，，
在必有零点，排除A.
故选：B.
【点睛】
本题考查了函数图象的判断，考查了函数的性质，属于中档题.
4、D
【解析】
因甲不参加生物竞赛，则安排甲参加另外3场比赛或甲学生不参加任何比赛
①当甲参加另外3场比赛时，共有•=72种选择方案；②当甲学生不参加任何比赛时，共有=24种选择方案．综上所述，所有参赛方案有72+24=96种
故答案为：96
点睛：本题以选择学生参加比赛为载体，考查了分类计数原理、排列数与组合数公式等知识，属于基础题．
5、B
【解析】
根据多项式乘法法则得出的一次项系数，然后由等差数列的前项和公式和组合数公式得出结论．
【详解】
由题意展开式中的一次项系数为．
故选：B．
【点睛】
本题考查二项式定理的应用，应用多项式乘法法则可得展开式中某项系数．同时本题考查了组合数公式．
6、B
【解析】
构造函数,利用导数研究函数的单调性，即可得到结论.
【详解】
设,则函数的导数,，，即函数为减函数,,，则不等式等价为，
则不等式的解集为,即的解为，，由得或，解得或,
故不等式的解集为.故选:.
【点睛】
本题主要考查利用导数研究函数单调性，根据函数的单调性解不等式，考查学生分析问题解决问题的能力,是难题.
7、D
【解析】
设正四面体的棱长为，取的中点为，连接，作正四面体的高为，首先求出正四面体的体积，再利用等体法求出内切球的半径，在中，根据勾股定理求出外接球的半径，利用球的体积公式即可求解.
【详解】
设正四面体的棱长为，取的中点为，连接，
作正四面体的高为，
则，
，
，
设内切球的半径为，内切球的球心为，
则，
解得：；
设外接球的半径为，外接球的球心为，
则或，，
在中，由勾股定理得：
，
，解得，
，

故选：D
【点睛】
本题主要考查了多面体的内切球、外接球问题，考查了椎体的体积公式以及球的体积公式，需熟记几何体的体积公式，属于基础题.
8、A
【解析】
试题分析：由题意得有两个不相等的实数根，所以必有解，则，且，∴．
考点：利用导数研究函数极值点
【方法点睛】函数极值问题的常见类型及解题策略
（1）知图判断函数极值的情况.先找导数为0的点，再判断导数为0的点的左、右两侧的导数符号.
（2）已知函数求极值.求f′（x）―→求方程f′（x）＝0的根―→列表检验f′（x）在f′（x）＝0的根的附近两侧的符号―→下结论.
（3）已知极值求参数.若函数f（x）在点（x0，y0）处取得极值，则f′（x0）＝0，且在该点左、右两侧的导数值符号相反.
9、B
【解析】
根据极值点处的导数为零先求出的值，然后再按照求函数在连续的闭区间上最值的求法计算即可.
【详解】
解：由已知得，，，经检验满足题意.
，.
由得；由得或.
所以函数在上递增，在上递减，在上递增.
则，，
由于，所以在区间上的最大值为2.
故选：B.
【点睛】
本题考查了导数极值的性质以及利用导数求函数在连续的闭区间上的最值问题的基本思路，属于中档题．
10、A
【解析】
根据符号函数的解析式，结合f（x）的单调性分析即可得解.
【详解】
根据题意，g（x）＝f（x）﹣f（ax），而f（x）是R上的减函数，
当x＞0时，x＜ax，则有f（x）＞f（ax），则g（x）＝f（x）﹣f（ax）＞0，此时sgn[g （ x）]＝1，
当x＝0时，x＝ax，则有f（x）＝f（ax），则g（x）＝f（x）﹣f（ax）＝0，此时sgn[g （ x）]＝0，
当x＜0时，x＞ax，则有f（x）＜f（ax），则g（x）＝f（x）﹣f（ax）＜0，此时sgn[g （ x）]＝﹣1，
综合有：sgn[g （ x）]＝sgn（x）；
故选：A．
【点睛】
此题考查函数新定义问题，涉及函数单调性辨析，关键在于读懂定义，根据自变量的取值范围分类讨论.
11、B
【解析】
先根据角度分析出的大小，然后根据角度关系得到的长度，再根据正弦定理计算出的长度，最后利用余弦定理求解出的长度即可.
【详解】
由题意可知：，
所以，，
所以，所以，
又因为，所以，
所以.
故选：B.
【点睛】
本题考查解三角形中的角度问题，难度一般.理解方向角的概念以及活用正、余弦定理是解答问题的关键.
12、B
【解析】
根据比例关系求得会旗中五环所占面积，再计算比值.
【详解】
设会旗中五环所占面积为，
由于，所以，
故可得.
故选：B.
【点睛】
本题考查面积型几何概型的问题求解，属基础题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、④
【解析】
根据直线和平面，平面和平面的位置关系依次判断每个选项得到答案.
【详解】
对于①，当m∥n时，由直线与平面平行的定义和判定定理，不能得出m∥α，①错误；
对于②，当m⊂α，n⊂α，且m∥β，n∥β时，由两平面平行的判定定理，不能得出α∥β，②错误；
对于③，当α∥β，且m⊂α，n⊂β时，由两平面平行的性质定理，不能得出m∥n，③错误；
对于④，当α⊥β，且α∩β＝m，n⊂α，m⊥n时，由两平面垂直的性质定理，能够得出n⊥β，④正确；
综上知，正确命题的序号是④．
故答案为：④．
【点睛】
本题考查了直线和平面，平面和平面的位置关系，意在考查学生的空间想象能力和推断能力.
14、①②③
【解析】
①点在平面内的正投影为点，而正方体的体对角线与和它不相交的的面对角线垂直，所以直线垂直于平面，而为正三角形，可得为正三角形的重心，所以①是正确的；
②取的中点，连接，则点在平面的正投影在上，记为，而平面平面，所以，所以②正确；
③若设，则由可得，然后对应边成比例，可解，所以③正确；
④由于，而的面积是定值，所以当点到平面的距离最大时，三棱锥的体积最大，而当点与点重合时，点到平面的距离最大，此时为棱长为的正四面体，其外接球半径，则球，所以④错误.
【详解】
因为，连接，则有平面平面为正三角形，所以为正三角形的中心，也是的重心，所以①正确；
由平面，可知平面平面，记，
由，可得平面平面，则，所以②正确；
若平面，则，设由得，易得，由，则，由得，，解得，所以③正确；
当与重合时，最大，为棱长为的正四面体，其外接球半径，则球，所以④错误.
故答案为：①②③
【点睛】
此题考查立体几何中的垂直、平行关系，求几何体的体积，考查空间想象能力和推理能力，属于难题.
15、32π
【解析】
设ED＝a，根据勾股定理的逆定理可以通过计算可以证明出CE⊥ED. AM＝x，根据三棱锥的体积公式，运用基本不等式，可以求出AM的长度，最后根据球的表面积公式进行求解即可.
【详解】
设ED＝a，则CDa.可得CE2+DE2＝CD2，∴CE⊥ED.
当平面ABD⊥平面BCD时，当四面体C﹣EMN的体积才有可能取得最大值，设AM＝x.
则四面体C﹣EMN的体积（a﹣x）a×xax（a﹣x），当且仅当x时取等号.
解得a＝2.
此时三棱锥A﹣BCD的外接球的表面积＝4πa2＝32π.
故答案为：32π
【点睛】
本题考查了基本不等式的应用，考查了球的表面积公式，考查了数学运算能力和空间想象能力.
16、
【解析】
设，，，根据勾股定理得出，而由椭圆的定义得出的周长为，有，便可求出和的关系，即可求得椭圆的离心率.
【详解】
解：由已知，的三边长，，成等差数列，
设，，，
而，根据勾股定理有：，
解得：，
由椭圆定义知：的周长为，有，，
在直角中，由勾股定理，，即：，
∴离心率.
故答案为：.
【点睛】
本题考查椭圆的离心率以及椭圆的定义的应用，考查计算能力.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17、（Ⅰ）；（Ⅱ）4.
【解析】
（Ⅰ） 结合已知可得，求出a，b的值，即可得椭圆方程；
（Ⅱ）由题意可知，直线的斜率存在，设出直线方程，联立直线方程与椭圆方程，利用判别式等于0可得，联立直线方程与圆的方程，结合根与系数的关系求得，利用弦长公式及点到直线的距离公式，求出，得到，整理后利用基本不等式求最值.
【详解】
解：（Ⅰ）可得，结合，
解得，，，得椭圆方程；
（Ⅱ）易知直线的斜率k存在，设：，
由，得，
由，得，
∵，
设点O到直线：的距离为d，
，
，
由，得，
，，
∴

∴，
∴
而，，易知，∴，则，
四边形的面积
当且仅当，即时取“”.
∴四边形面积的最大值为4.
【点睛】
本题考查了由求椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，考查了学生的计算能力，综合性比较强，属于难题.
18、（1），；（2）.
【解析】
（1）在直线的参数方程中消去参数可得出直线的普通方程，在曲线的极坐标方程两边同时乘以得，进而可化简得出曲线的直角坐标方程；
（2）根据变换得出的普通方程为，可设点的坐标为，利用点到直线的距离公式结合正弦函数的有界性可得出结果.
【详解】
（1）由（为参数），得，化简得，
故直线的普通方程为.
由，得，又，，.
所以的直角坐标方程为；
（2）由（1）得曲线的直角坐标方程为，向下平移个单位得到，
纵坐标不变，横坐标变为原来的倍得到曲线的方程为，
所以曲线的参数方程为（为参数）.
故点到直线的距离为，
当时，最小为.
【点睛】
本题考查曲线的参数方程、极坐标方程与普通方程的相互转化，同时也考查了利用椭圆的参数方程解决点到直线的距离最值的求解，考查计算能力，属于中等题.
19、（Ⅰ）极小值，极大值；（Ⅱ）或
【解析】
（Ⅰ）根据偶函数定义列方程，解得.再求导数，根据导函数零点列表分析导函数符号变化规律，即得极值，（Ⅱ）先分离变量，转化研究函数，，利用导数研究单调性与图象，最后根据图象确定满足条件的的取值范围．
【详解】
（Ⅰ）由函数是偶函数，得，
即对于任意实数都成立，
所以.
此时，则.
由，解得.
当x变化时，与的变化情况如下表所示：
所以在，上单调递减，在上单调递增.
所以有极小值，有极大值.
（Ⅱ）由，得. 所以“在区间上有两个零点”等价于“直线与曲线，有且只有两个公共点”.
对函数求导，得.
由，解得，.
当x变化时，与的变化情况如下表所示：
所以在，上单调递减，在上单调递增.
又因为，，，，
所以当或时，直线与曲线，有且只有两个公共点.
即当或时，函数在区间上有两个零点.
【点睛】
利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法
(1)利用零点存在的判定定理构建不等式求解.
(2)分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解.
(3)转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解.
20、（1）或（2）证明见解析
【解析】
（1）将写成分段函数的形式，由此求得不等式的解集.
（2）由（1）求得最小值，由此利用基本不等式，证得不等式成立.
【详解】
（1）
当时，恒成立，解得；
当时，由，解得；
当时，由解得
所以的解集为或
（2）由（1）可求得最小值为，即
因为均为正实数，且
（当且仅当时，取“”）
所以，即.
【点睛】
本小题主要考查绝对值不等式的求法，考查利用基本不等式证明不等式，属于中档题.
21、（1）为中点，理由见解析；（2）当点在线段靠近的三等分点时，直线与平面所成角最大，最大角的正弦值.
【解析】
(1)为中点,可利用中位线与平行四边形性质证明，，从而证明平面平面；
（2）以A为原点，分别以，，所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，利用向量法求出当点在线段靠近的三等分点时，直线与平面所成角最大，并可求出最大角的正弦值.
【详解】
（1）为中点，证明如下：
分别为中点，
又平面平面
平面
又，且四边形为平行四边形，
同理，平面，又
平面平面
（2）以A为原点，分别以，，所在直线为、、轴建立空间直角坐标系
则，
设直线与平面所成角为，则
取平面的法向量为则
令，则
所以
当时，等号成立
即当点在线段靠近的三等分点时，直线与平面所成角最大，最大角的正弦值.
【点睛】
本题主要考查了平面与平面的平行，直线与平面所成角的求解，考查了学生的直观想象与运算求解能力.
22、（1）见解析；（2）
【解析】
（1）记，连结，推导出，平面，由此能证明平面平面；（2）推导出，平面，连结，由题意得为的重心，，从而平面平面，进而是与平面所成角，由此能求出与平面所成角的正弦值．
【详解】
（1）证明：记，
连结，中，，，，
，，平面，
平面，平面平面．
（2）中，，，，，
，，
，，
，平面，∴，
连结，由题意得为的重心，
，，，平面
平面平面，∴在平面的射影落在上，
是与平面所成角，
中，，，，
．
与平面所成角的正弦值为．
【点睛】
本题考查面面垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查线线、线面、面面的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
0
0
↘
极小值
↗
极大值
↘
0
0
↘
极小值
↗
极大值
↘