2026届北京市中央民大附中高考数学三模试卷含解析

这是一份2026届北京市中央民大附中高考数学三模试卷含解析，共19页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁等内容，欢迎下载使用。
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．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．在直角梯形中，，，，，点为上一点，且，当的值最大时，( )
A．B．2C．D．
2．已知是等差数列的前项和，若，设，则数列的前项和取最大值时的值为( )
A．2020B．20l9C．2018D．2017
3．将函数图象上每一点的横坐标变为原来的2倍，再将图像向左平移个单位长度，得到函数的图象，则函数图象的一个对称中心为（ ）
A．B．C．D．
4．△ABC的内角A，B，C的对边分别为，已知，则为( )
A．B．C．或D．或
5．已知非零向量满足，若夹角的余弦值为，且，则实数的值为（ ）
A．B．C．或D．
6．设为虚数单位，复数，则实数的值是（ ）
A．1B．-1C．0D．2
7．公元前世纪，古希腊哲学家芝诺发表了著名的阿基里斯悖论：他提出让乌龟在跑步英雄阿基里斯前面米处开始与阿基里斯赛跑，并且假定阿基里斯的速度是乌龟的倍.当比赛开始后，若阿基里斯跑了米，此时乌龟便领先他米，当阿基里斯跑完下一个米时，乌龟先他米，当阿基里斯跑完下-个米时，乌龟先他米所以，阿基里斯永远追不上乌龟.按照这样的规律，若阿基里斯和乌龟的距离恰好为米时，乌龟爬行的总距离为（ ）
A．米B．米
C．米D．米
8．已知函数的最小正周期为，且满足，则要得到函数的图像，可将函数的图像（ ）
A．向左平移个单位长度B．向右平移个单位长度
C．向左平移个单位长度D．向右平移个单位长度
9．在直角坐标平面上，点的坐标满足方程，点的坐标满足方程则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
10．某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的表面积为（ ）
A．8B．C．D．
11．已知数列满足,且,则的值是( )
A．B．C．4D．
12．设函数（，为自然对数的底数）,定义在上的函数满足，且当时，．若存在，且为函数的一个零点，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．下图是一个算法的流程图，则输出的x的值为_______．
14．已知为双曲线的左、右焦点，过点作直线与圆相切于点，且与双曲线的右支相交于点，若是上的一个靠近点的三等分点，且，则四边形的面积为_______．
15．已知向量，，满足，，，则的取值范围为_________.
16．割圆术是估算圆周率的科学方法，由三国时期数学家刘徽创立，他用圆内接正多边形面积无限逼近圆面积，从而得出圆周率．现在半径为1的圆内任取一点，则该点取自其内接正十二边形内部的概率为________．
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：的离心率为，直线：与以原点为圆心，以椭圆的短半轴长为半径的圆相切.为左顶点，过点的直线交椭圆于，两点，直线，分别交直线于，两点.
（1）求椭圆的方程；
（2）以线段为直径的圆是否过定点？若是，写出所有定点的坐标；若不是，请说明理由.
18．（12分）已知函数，记的最小值为.
（Ⅰ）解不等式；
（Ⅱ）若正实数，满足，求证：.
19．（12分）在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
（1）若，求曲线与的交点坐标；
（2）过曲线上任意一点作与夹角为45°的直线，交于点，且的最大值为，求的值.
20．（12分）如图，设A是由个实数组成的n行n列的数表，其中aij (i，j=1，2，3，…，n)表示位于第i行第j列的实数，且aij{1，-1}.记S(n，n)为所有这样的数表构成的集合．对于，记ri (A)为A的第i行各数之积，cj (A)为A的第j列各数之积．令
（Ⅰ）请写出一个AS(4，4)，使得l(A)=0；
（Ⅱ）是否存在AS(9，9)，使得l(A)=0？说明理由；
（Ⅲ）给定正整数n，对于所有的AS(n，n)，求l(A)的取值集合．
21．（12分）已知点是抛物线的顶点，，是上的两个动点，且.
（1）判断点是否在直线上？说明理由；
（2）设点是△的外接圆的圆心，点到轴的距离为，点，求的最大值.
22．（10分）如图在直角中，为直角，，，分别为，的中点，将沿折起，使点到达点的位置，连接，，为的中点．
（Ⅰ）证明：面；
（Ⅱ）若，求二面角的余弦值．
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、B
【解析】
由题，可求出，所以，根据共线定理，设，利用向量三角形法则求出，结合题给，得出，进而得出，最后利用二次函数求出的最大值，即可求出.
【详解】
由题意，直角梯形中，，，，，
可求得，所以·
∵点在线段上， 设 ，
则
，
即，
又因为
所以，
所以，
当时，等号成立.
所以.
故选：B.
【点睛】
本题考查平面向量线性运算中的加法运算、向量共线定理，以及运用二次函数求最值，考查转化思想和解题能力.
2、B
【解析】
根据题意计算，，，计算，，，得到答案.
【详解】
是等差数列的前项和，若，
故，，，，故，
当时，，，，
，
当时，，故前项和最大.
故选：.
【点睛】
本题考查了数列和的最值问题，意在考查学生对于数列公式方法的综合应用.
3、D
【解析】
根据函数图象的变换规律可得到解析式，然后将四个选项代入逐一判断即可.
【详解】
解：图象上每一点的横坐标变为原来的2倍,得到
再将图像向左平移个单位长度，得到函数的图象
，
故选：D
【点睛】
考查三角函数图象的变换规律以及其有关性质，基础题.
4、D
【解析】
由正弦定理可求得，再由角A的范围可求得角A.
【详解】
由正弦定理可知，所以，解得，又，且，所以或。
故选：D.
【点睛】
本题主要考查正弦定理,注意角的范围，是否有两解的情况，属于基础题.
5、D
【解析】
根据向量垂直则数量积为零，结合以及夹角的余弦值，即可求得参数值.
【详解】
依题意，得，即.
将代入可得，，
解得（舍去）.
故选：D.
【点睛】
本题考查向量数量积的应用，涉及由向量垂直求参数值，属基础题.
6、A
【解析】
根据复数的乘法运算化简，由复数的意义即可求得的值.
【详解】
复数，
由复数乘法运算化简可得，
所以由复数定义可知，
解得，
故选：A.
【点睛】
本题考查了复数的乘法运算，复数的意义，属于基础题.
7、D
【解析】
根据题意，是一个等比数列模型，设，由，解得，再求和.
【详解】
根据题意，这是一个等比数列模型，设，
所以，
解得，
所以 .
故选：D
【点睛】
本题主要考查等比数列的实际应用，还考查了建模解模的能力，属于中档题.
8、C
【解析】
依题意可得，且是的一条对称轴，即可求出的值，再根据三角函数的平移规则计算可得；
【详解】
解：由已知得，是的一条对称轴，且使取得最值，则，，，，
故选：C.
【点睛】
本题考查三角函数的性质以及三角函数的变换规则，属于基础题.
9、B
【解析】
由点的坐标满足方程，可得在圆上，由坐标满足方程，可得在圆上，则求出两圆内公切线的斜率，利用数形结合可得结果.
【详解】
点的坐标满足方程，
在圆上，
在坐标满足方程，
在圆上，
则作出两圆的图象如图，
设两圆内公切线为与，
由图可知，
设两圆内公切线方程为，
则，
圆心在内公切线两侧，，
可得，，
化为，，
即，
，
的取值范围，故选B.
【点睛】
本题主要考查直线的斜率、直线与圆的位置关系以及数形结合思想的应用，属于综合题. 数形结合是根据数量与图形之间的对应关系，通过数与形的相互转化来解决数学问题的一种重要思想方法，尤其在解决选择题、填空题时发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的关键是运用这种方法的关键是正确作出曲线图象，充分利用数形结合的思想方法能够使问题化难为简，并迎刃而解.
10、D
【解析】
根据三视图还原几何体为四棱锥，即可求出几何体的表面积．
【详解】
由三视图知几何体是四棱锥，如图，
且四棱锥的一条侧棱与底面垂直，四棱锥的底面是正方形,边长为2,棱锥的高为2，
所以，
故选：
【点睛】
本题主要考查了由三视图还原几何体，棱锥表面积的计算，考查了学生的运算能力，属于中档题.
11、B
【解析】
由，可得，所以数列是公比为的等比数列，
所以，则，
则，故选B.
点睛：本题考查了等比数列的概念，等比数列的通项公式及等比数列的性质的应用，试题有一定的技巧，属于中档试题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等比数列的有关公式并能灵活运用，尤其需要注意的是，等比数列的性质和在使用等比数列的前n项和公式时，应该要分类讨论，有时还应善于运用整体代换思想简化运算过程.
12、D
【解析】
先构造函数，由题意判断出函数的奇偶性，再对函数求导，判断其单调性，进而可求出结果.
【详解】
构造函数，
因为，
所以，
所以为奇函数，
当时，，所以在上单调递减，
所以在R上单调递减.
因为存在，
所以，
所以，
化简得，
所以，即
令，
因为为函数的一个零点，
所以在时有一个零点
因为当时，，
所以函数在时单调递减，
由选项知，，
又因为，
所以要使在时有一个零点，
只需使，解得，
所以a的取值范围为，故选D.
【点睛】
本题主要考查函数与方程的综合问题，难度较大.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、1
【解析】
利用流程图，逐次进行运算，直到退出循环，得到输出值.
【详解】
第一次：x＝4，y＝11，
第二次：x＝5，y＝32，
第三次：x＝1，y＝14，此时14＞10×1＋3，输出x，故输出x的值为1．
故答案为：.
【点睛】
本题主要考查程序框图的识别，“还原现场”是求解这类问题的良方，侧重考查逻辑推理的核心素养.
14、60
【解析】
根据题中给的信息与双曲线的定义可求得与,再在中,由余弦定理求解得,继而得到各边的长度,再根据计算求解即可.
【详解】
如图所示：设双曲线的半焦距为.
因为,,,所以由勾股定理,得.
所以.
因为是上一个靠近点的三等分点,是的中点,所以.
由双曲线的定义可知：,所以.
在中,由余弦定理可得
,所以,整理可得.
所以,解得.所以.
则.则,得.
则的底边上的高为.
所以
.
故答案为：60
【点睛】
本题主要考查了双曲线中利用定义与余弦定理求解线段长度与面积的方法,需要根据双曲线的定义表示各边的长度,再在合适的三角形里面利用余弦定理求得基本量的关系.属于难题.
15、
【解析】
设，，，，由，，，根据平面向量模的几何意义，可得A点轨迹为以O为圆心、1为半径的圆，C点轨迹为以B为圆心、1为半径的圆，为的距离，利用数形结合求解.
【详解】
设，，，，
如图所示：
因为，，，
所以A点轨迹为以O为圆心、1为半径的圆，C点轨迹为以B为圆心、1为半径的圆，
则即的距离，
由图可知，.
故答案为：
【点睛】
本题主要考查平面向量的模及运算的几何意义，还考查了数形结合的方法，属于中档题.
16、
【解析】
求出圆内接正十二边形的面积和圆的面积，再用几何概型公式求出即可．
【详解】
半径为1的圆内接正十二边形，可分割为12个顶角为，腰为1的等腰三角形，
∴该正十二边形的面积为，
根据几何概型公式，该点取自其内接正十二边形的概率为，
故答案为：．
【点睛】
本小题主要考查面积型几何概型的计算，属于基础题.
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）；（2）是，定点坐标为或
【解析】
（1）根据相切得到，根据离心率得到，得到椭圆方程.
（2）设直线的方程为，点、的坐标分别为，，联立方程得到，，计算点的坐标为，点的坐标为，圆的方程可化为，得到答案.
【详解】
（1）根据题意：，因为，所以，
所以椭圆的方程为.
（2）设直线的方程为，点、的坐标分别为，，
把直线的方程代入椭圆方程化简得到，
所以，，
所以，，
因为直线的斜率，所以直线的方程，
所以点的坐标为，同理，点的坐标为，
故以为直径的圆的方程为，
又因为，，
所以圆的方程可化为，令，则有，
所以定点坐标为或.
【点睛】
本题考查了椭圆方程，圆过定点问题，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.
18、（Ⅰ）（Ⅱ）见证明
【解析】
(Ⅰ)由题意结合不等式的性质零点分段求解不等式的解集即可；
(Ⅱ)首先确定m的值，然后利用柯西不等式即可证得题中的不等式.
【详解】
（Ⅰ）①当时，，即，
∴；
②当时，，
∴；
③当时，，即，
∴.
综上所述，原不等式的解集为.
（Ⅱ）∵，
当且仅当时，等号成立.
∴的最小值.
∴，
即，
当且仅当即时，等号成立.
又，∴，时，等号成立.
∴.
【点睛】
本题主要考查绝对值不等式的解法，柯西不等式及其应用，绝对值三角不等式求最值的方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
19、（1），；（2）或
【解析】
（1）将曲线的极坐标方程和直线的参数方程化为直角坐标方程，联立方程，即可求得曲线与的交点坐标；
（2）由直线的普通方程为，故上任意一点，根据点到直线距离公式求得到直线的距离，根据三角函数的有界性，即可求得答案.
【详解】
（1），
.
由，得，
曲线的直角坐标方程为.
当时，直线的普通方程为
由解得或.
从而与的交点坐标为，.
（2）由题意知直线的普通方程为，
的参数方程为（为参数）
故上任意一点到的距离为
则.
当时，的最大值为所以；
当时，的最大值为，所以.
综上所述，或
【点睛】
解题关键是掌握极坐标和参数方程化为直角坐标方程的方法，和点到直线距离公式，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.
20、（Ⅰ）答案见解析；（Ⅱ）不存在，理由见解析；（Ⅲ）
【解析】
（Ⅰ）可取第一行都为-1，其余的都取1，即满足题意；
（Ⅱ）用反证法证明：假设存在，得出矛盾，从而证明结论；
（Ⅲ）通过分析正确得出l(A)的表达式，以及从A0如何得到A1，A2……，以此类推可得到Ak．
【详解】
（Ⅰ）答案不唯一，如图所示数表符合要求.
（Ⅱ）不存在AS(9，9)，使得l(A)=0，证明如下:
假如存在，使得.
因为，，
所以，，...，，，，...，这18个数中有9个1，9个-1.
令.
一方面，由于这18个数中有9个1，9个-1，从而①，
另一方面，表示数表中所有元素之积（记这81个实数之积为m）；
也表示m，从而②，
①，②相矛盾，从而不存在，使得.
（Ⅲ）记这个实数之积为p.
一方面，从“行”的角度看，有；
另一方面，从“列”的角度看，有；
从而有③，
注意到，，
下面考虑，，...，，，，...，中-1的个数，
由③知，上述2n个实数中，-1的个数一定为偶数，该偶数记为，则1的个数为2n-2k，
所以，
对数表，显然.
将数表中的由1变为-1，得到数表，显然，
将数表中的由1变为-1，得到数表，显然，
依此类推，将数表中的由1变为-1，得到数表，
即数表满足：，其余，
所以，，
所以，
由k的任意性知，l（A）的取值集合为.
【点睛】
本题为数列的创新应用题，考查数学分析与思考能力及推理求解能力，解题关键是读懂题意，根据引入的概念与性质进行推理求解，属于较难题.
21、（1）不在，证明见详解；（2）
【解析】
（1）假设直线方程，并于抛物线方程联立，结合韦达定理，计算，可得，然后验证可得结果.
（2）分别计算线段中垂线的方程，然后联立，根据（1）的条件可得点的轨迹方程，然后可得焦点，结合抛物线定义可得，计算可得结果.
【详解】
（1）设直线方程，
根据题意可知直线斜率一定存在，
则
则
由
所以
将代入上式
化简可得，所以
则直线方程为，
所以直线过定点，
所以可知点不在直线上.
（2）设
线段的中点为
线段的中点为
则直线的斜率为，
直线的斜率为
可知线段的中垂线的方程为
由，所以上式化简为
即线段的中垂线的方程为
同理可得：
线段的中垂线的方程为
则
由（1）可知：
所以
即，所以点轨迹方程为
焦点为，
所以
当三点共线时，有最大
所以
【点睛】
本题考查直线于抛物线的综合应用，第（1）问中难点在于计算处，第（2）问中关键在于得到点的轨迹方程，直线与圆锥曲线的综合常常要联立方程，结合韦达定理，属难题.
22、（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）.
【解析】
（Ⅰ）取中点，连结、，四边形是平行四边形，由，，得，从而，，求出，由此能证明．
（Ⅱ）以为原点，、、所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的余弦值．
【详解】
证明：（Ⅰ ）取中点，连结、，
∵ ，，
∴ 四边形是平行四边形，
∵ ，，，
∴ ，
∴ ，∴，
在中，，
又∵ 为的中点，∴，
又∵ ，∴．
解：（Ⅱ）∵，，，
∴ ，
以为原点，、、所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，
设，则，，，，
∴ ，，，
设面的法向量，
则，取，得，
同理，得平面的法向量，
设二面角的平面角为，
则，
∴ 二面角的余弦值为．
【点睛】
本题考查面面垂直及线面垂直性质定理、线面垂直判定与性质定理以及利用空间向量求线面角与二面角，考查基本分析求解能力，属中档题．
a11
a12
…
a1n
a21
a22
a2n
…
…
…
…
an1
an2
…
ann