2026届北京市西城14中高三下学期第五次调研考试数学试题含解析

这是一份2026届北京市西城14中高三下学期第五次调研考试数学试题含解析，共8页。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
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．已知双曲线的一条渐近线与直线垂直，则双曲线的离心率等于( )
A．B．C．D．
2．如图所示的程序框图，当其运行结果为31时，则图中判断框①处应填入的是（ ）
A．B．C．D．
3．某几何体的三视图如图所示，三视图是腰长为1的等腰直角三角形和边长为1的正方形，则该几何体中最长的棱长为（ ）．
A．B．C．1D．
4．某四棱锥的三视图如图所示，记S为此棱锥所有棱的长度的集合，则（ ）
A．
B．
C．
D．
5．在等差数列中，若为前项和，，则的值是（ ）
A．156B．124C．136D．180
6．下图是我国第24~30届奥运奖牌数的回眸和中国代表团奖牌总数统计图，根据表和统计图，以下描述正确的是（ ）．
A．中国代表团的奥运奖牌总数一直保持上升趋势
B．折线统计图中的六条线段只是为了便于观察图象所反映的变化，不具有实际意义
C．第30届与第29届北京奥运会相比，奥运金牌数、银牌数、铜牌数都有所下降
D．统计图中前六届奥运会中国代表团的奥运奖牌总数的中位数是54.5
7．在等腰直角三角形中，，为的中点，将它沿翻折，使点与点间的距离为，此时四面体的外接球的表面积为（ ）.
A．B．C．D．
8．如图，在三棱锥中，平面，，现从该三棱锥的个表面中任选个，则选取的个表面互相垂直的概率为（ ）
A．B．C．D．
9．已知角的顶点与原点重合，始边与轴的正半轴重合，终边经过点，则（ ）
A．B．C．D．
10．欧拉公式为,(虚数单位)是由瑞士著名数学家欧拉发现的，它将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数和指数函数的关系，它在复变函数论里非常重要，被誉为“数学中的天桥”．根据欧拉公式可知，表示的复数位于复平面中的（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
11．已知函数有三个不同的零点 （其中），则 的值为( )
A．B．C．D．
12．复数的虚部为（ ）
A．B．C．2D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．设Sn为数列{an}的前n项和，若an0，a1=1，且2Sn=an（an+t），n∈N*，则S10=_____.
14．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则________.
15．已知抛物线的焦点为，直线与抛物线相切于点，是上一点(不与重合)，若以线段为直径的圆恰好经过，则点到抛物线顶点的距离的最小值是__________.
16．已知，在方向上的投影为，则与的夹角为_________.
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，，分别为内角，，的对边，若同时满足下列四个条件中的三个：①；②；③；④.
（1）满足有解三角形的序号组合有哪些？
（2）在（1）所有组合中任选一组，并求对应的面积.
（若所选条件出现多种可能，则按计算的第一种可能计分）
18．（12分）a，b，c分别为△ABC内角A，B，C的对边.已知a＝3，，且B＝60°.
（1）求△ABC的面积；
（2）若D，E是BC边上的三等分点，求.
19．（12分）如图，在三棱柱中，是边长为2的菱形，且，是矩形，，且平面平面，点在线段上移动（不与重合），是的中点.
（1）当四面体的外接球的表面积为时，证明：.平面
（2）当四面体的体积最大时，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
20．（12分）在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
（1）求曲线的极坐标方程以及曲线的直角坐标方程；
（2）若直线与曲线、曲线在第一象限交于两点，且，点的坐标为，求的面积.
21．（12分）在平面直角坐标系xOy中，以O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为；直线l的参数方程为（t为参数）.直线l与曲线C分别交于M，N两点.
（1）写出曲线C的直角坐标方程和直线l的普通方程；
（2）若点P的极坐标为，，求的值.
22．（10分）如图，点为圆：上一动点，过点分别作轴，轴的垂线，垂足分别为，，连接延长至点，使得，点的轨迹记为曲线.
（1）求曲线的方程；
（2）若点，分别位于轴与轴的正半轴上，直线与曲线相交于，两点，且，试问在曲线上是否存在点，使得四边形为平行四边形，若存在，求出直线方程；若不存在，说明理由.
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、B
【解析】
由于直线的斜率k,所以一条渐近线的斜率为，即，所以，选B.
2、C
【解析】
根据程序框图的运行，循环算出当时，结束运行，总结分析即可得出答案.
【详解】
由题可知，程序框图的运行结果为31，
当时，；
当时，；
当时，；
当时，；
当时，.
此时输出.
故选：C.
【点睛】
本题考查根据程序框图的循环结构，已知输出结果求条件框，属于基础题.
3、B
【解析】
首先由三视图还原几何体，进一步求出几何体的棱长．
【详解】
解：根据三视图还原几何体如图所示，
所以，该四棱锥体的最长的棱长为．
故选：B．
【点睛】
本题主要考查由三视图还原几何体，考查运算能力和推理能力，属于基础题．
4、D
【解析】
如图所示：在边长为的正方体中，四棱锥满足条件，故，得到答案.
【详解】
如图所示：在边长为的正方体中，四棱锥满足条件.
故，，.
故，故，.
故选：.
【点睛】
本题考查了三视图，元素和集合的关系，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.
5、A
【解析】
因为，可得，根据等差数列前项和，即可求得答案.
【详解】
，
，
.
故选：A.
【点睛】
本题主要考查了求等差数列前项和，解题关键是掌握等差中项定义和等差数列前项和公式，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.
6、B
【解析】
根据表格和折线统计图逐一判断即可.
【详解】
A.中国代表团的奥运奖牌总数不是一直保持上升趋势，29届最多，错误；
B.折线统计图中的六条线段只是为了便于观察图象所反映的变化，不表示某种意思，正确；
C.30届与第29届北京奥运会相比，奥运金牌数、铜牌数有所下降，银牌数有所上升，错误；
D. 统计图中前六届奥运会中国代表团的奥运奖牌总数按照顺序排列的中位数为,不正确；
故选：B
【点睛】
此题考查统计图，关键点读懂折线图，属于简单题目.
7、D
【解析】
如图，将四面体放到直三棱柱中，求四面体的外接球的半径转化为求三棱柱外接球的半径，然后确定球心在上下底面外接圆圆心连线中点，这样根据几何关系，求外接球的半径.
【详解】
中，易知，
翻折后,
，
，
设外接圆的半径为，
， ，
如图：易得平面，将四面体放到直三棱柱中，则球心在上下底面外接圆圆心连线中点，设几何体外接球的半径为，
，
四面体的外接球的表面积为.
故选：D
【点睛】
本题考查几何体的外接球的表面积，意在考查空间想象能力，和计算能力，属于中档题型，求几何体的外接球的半径时，一般可以用补形法，因正方体，长方体的外接球半径 容易求，可以将一些特殊的几何体补形为正方体或长方体，比如三条侧棱两两垂直的三棱锥，或是构造直角三角形法，确定球心的位置，构造关于外接球半径的方程求解.
8、A
【解析】
根据线面垂直得面面垂直，已知平面，由，可得平面，这样可确定垂直平面的对数，再求出四个面中任选2个的方法数，从而可计算概率．
【详解】
由已知平面，，可得，从该三棱锥的个面中任选个面共有种不同的选法，而选取的个表面互相垂直的有种情况，故所求事件的概率为．
故选：A．
【点睛】
本题考查古典概型概率，解题关键是求出基本事件的个数．
9、A
【解析】
由已知可得，根据二倍角公式即可求解.
【详解】
角的顶点与原点重合，始边与轴的正半轴重合，
终边经过点，则，
.
故选：A.
【点睛】
本题考查三角函数定义、二倍角公式，考查计算求解能力，属于基础题.
10、A
【解析】
计算，得到答案.
【详解】
根据题意，故，表示的复数在第一象限.
故选：.
【点睛】
本题考查了复数的计算， 意在考查学生的计算能力和理解能力.
11、A
【解析】
令，构造，要使函数有三个不同的零点（其中），则方程需要有两个不同的根，则，解得或，结合的图象，并分，两个情况分类讨论，可求出的值.
【详解】
令，构造，求导得，当时，；当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，且时，，时，，，可画出函数的图象（见下图），要使函数有三个不同的零点（其中），则方程需要有两个不同的根（其中），则，解得或，且，
若，即，则，则，且，
故，
若，即，由于，故，故不符合题意，舍去.
故选A.

【点睛】
解决函数零点问题，常常利用数形结合、等价转化等数学思想.
12、D
【解析】
根据复数的除法运算，化简出，即可得出虚部.
【详解】
解：=，
故虚部为-2.
故选：D.
【点睛】
本题考查复数的除法运算和复数的概念.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、55
【解析】
由求出.由，可得，两式相减，可得数列是以1为首项，1为公差的等差数列，即求.
【详解】
由题意，当n=1时，，
当时，由，
可得，
两式相减，可得，
整理得，
，
即，
∴数列是以1为首项，1为公差的等差数列，
.
故答案为：55.
【点睛】
本题考查求数列的前项和，属于基础题.
14、
【解析】
利用正弦定理将边化角，即可容易求得结果.
【详解】
由正弦定理可知，
，即.
故答案为：.
【点睛】
本题考查利用正弦定理实现边角互化，属基础题.
15、
【解析】
根据抛物线，不妨设，取 ，通过求导得， ，再根据以线段为直径的圆恰好经过，则 ，得到，两式联立，求得点N的轨迹，再求解最值.
【详解】
因为抛物线，不妨设，取 ，
所以，即，
所以 ，
因为以线段为直径的圆恰好经过，
所以 ，
所以，
所以，
由 ，解得，
所以点在直线 上，
所以当时， 最小，最小值为.
故答案为：2
【点睛】
本题主要考查直线与抛物线的位置关系直线的交轨问题，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
16、
【解析】
由向量投影的定义可求得两向量夹角的余弦值，从而得角的大小．
【详解】
在方向上的投影为，即夹角为.
故答案为：．
【点睛】
本题考查求向量的夹角，掌握向量投影的定义是解题关键．
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、（1）①，③，④或②，③，④；（2）.
【解析】
（1）由①可求得的值，由②可求出角的值，结合题意得出，推出矛盾，可得出①②不能同时成为的条件，由此可得出结论；
（2）在符合条件的两组三角形中利用余弦定理和正弦定理求出对应的边和角，然后利用三角形的面积公式可求出的面积.
【详解】
（1）由①得，，
所以，
由②得，，
解得或（舍），所以，
因为，且，所以，所以，矛盾.
所以不能同时满足①，②.
故满足①，③，④或②，③，④；
（2）若满足①，③，④，
因为，所以，即.
解得.
所以的面积.
若满足②，③，④由正弦定理，即，解得，
所以，所以的面积.
【点睛】
本题考查三角形能否成立的判断，同时也考查了利用正弦定理和余弦定理解三角形，以及三角形面积的计算，要结合三角形已知元素类型合理选择正弦定理或余弦定理解三角形，考查运算求解能力，属于中等题.
18、（1）；（2）
【解析】
（1）根据正弦定理，可得△ABC为直角三角形，然后可计算b，可得结果.
（2）计算，然后根据余弦定理，可得，利用平方关系，可得结果.
【详解】
（1）△ABC中，由csinC＝asinA+bsinB，
利用正弦定理得c2＝a2+b2，所以△ABC是直角三角形.
又a＝3，B＝60°,所以；
所以△ABC的面积为.
（2）设D靠近点B，则BD＝DE＝EC＝1.
，
所以
所以.
【点睛】
本题考查正弦定理的应用，属基础题.
19、（1）证明见解析（2）
【解析】
（1）由题意，先求得为的中点，再证明平面平面，进而可得结论；
（2）由题意，当点位于点时，四面体的体积最大，再建立空间直角坐标系，利用空间向量运算即可.
【详解】
（1）证明：当四面体的外接球的表面积为时.
则其外接球的半径为.
因为时边长为2的菱形，是矩形.
，且平面平面.
则，.
则为四面体外接球的直径.
所以，即.
由题意，，，所以.
因为，所以为的中点.
记的中点为，连接，.
则，，，所以平面平面.
因为平面，所以平面.
（2）由题意，平面，则三棱锥的高不变.
当四面体的体积最大时，的面积最大.
所以当点位于点时，四面体的体积最大.
以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.
则，，，，.
所以，，，.
设平面的法向量为.
则
令，得.
设平面的一个法向量为.
则
令，得.
设平面与平面所成锐二面角是，则.
所以当四面体的体积最大时，平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
【点睛】
本题考查平面与平面的平行、线面平行，考查平面与平面所成锐二面角的余弦值，正确运用平面与平面的平行、线面平行的判定，利用好空间向量是关键，属于基础题．
20、（1）的极坐标方程为，的直角坐标方程为（2）
【解析】
（1）先把曲线的参数方程消参后，转化为普通方程，再利用 求得极坐标方程.将，化为，再利用 求得曲线的普通方程.
（2）设直线的极角，代入，得，将代入，得，由，得，即，从而求得，，从而求得，再利用求解.
【详解】
（1）依题意，曲线，即，
故，即.
因为，故，
即，即.
（2）将代入，得，
将代入，得，
由，得，得，
解得，则.
又，故，
故的面积.
【点睛】
本题考查极坐标方程与直角坐标方程、参数方程与普通方程的转化、极坐标的几何意义，还考查推理论证能力以及数形结合思想，属于中档题.
21、（1），；（2）2.
【解析】
（1）由得，求出曲线的直角坐标方程.由直线的参数方程消去参数，即求直线的普通方程；
（2）将直线的参数方程化为标准式（为参数），代入曲线的直角坐标方程，韦达定理得，点在直线上，则，即可求出的值.
【详解】
（1）由可得，
即，即，
曲线的直角坐标方程为，
由直线的参数方程（t为参数），消去得，
即直线的普通方程为.
（Ⅱ）点的直角坐标为，则点在直线上.
将直线的参数方程化为标准式（为参数），代入曲线的直角坐标方程，整理得，
直线与曲线交于两点，
，即.
设点所对应的参数分别为，
由韦达定理可得，
.
点在直线上，，
.
【点睛】
本题考查参数方程、极坐标方程和普通方程的互化及应用，属于中档题.
22、（1）（2）不存在；详见解析
【解析】
（1）设，，，通过，即为的中点，转化求解，点的轨迹的方程．
（2）设直线的方程为，先根据，可得，①，再根据韦达定理，点在椭圆上可得，②，将①代入②可得，该方程无解，问题得以解决
【详解】
（1）设，，则，，
由题意知，所以为中点，
由中点坐标公式得，即，
又点在圆：上，故满足，得.
曲线的方程.
（2）由题意知直线的斜率存在且不为零，设直线的方程为，
因为，故，即①，
联立，消去得：，
设，，
，，
，
因为四边形为平行四边形，故，
点在椭圆上，故，整理得②，
将①代入②，得，该方程无解，故这样的直线不存在.
【点睛】
本题考查点的轨迹方程的求法、满足条件的点是否存在的判断与直线方程的求法，考查数学转化思想方法，是中档题．
金牌
（块）
银牌
（块）
铜牌
（块）
奖牌
总数
24
5
11
12
28
25
16
22
12
54
26
16
22
12
50
27
28
16
15
59
28
32
17
14
63
29
51
21
28
100
30
38
27
23
88