2026届北京西城区育才中学高三下第一次测试数学试题含解析

这是一份2026届北京西城区育才中学高三下第一次测试数学试题含解析，共8页。试卷主要包含了关于函数，下列说法正确的是，已知.给出下列判断等内容，欢迎下载使用。
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
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。
1．一个四面体所有棱长都是4，四个顶点在同一个球上，则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
2．如下的程序框图的算法思路源于我国古代数学名著《九章算术》中的“更相减损术”．执行该程序框图，若输入的a，b分别为176，320，则输出的a为（ ）
A．16B．18C．20D．15
3．将函数f(x)=sin 3x-cs 3x+1的图象向左平移个单位长度，得到函数g(x)的图象，给出下列关于g(x)的结论：
①它的图象关于直线x=对称；
②它的最小正周期为；
③它的图象关于点(，1)对称；
④它在[]上单调递增.
其中所有正确结论的编号是（ ）
A．①②B．②③C．①②④D．②③④
4．已知函数的图像上有且仅有四个不同的关于直线对称的点在的图像上，则的取值范围是( )
A．B．C．D．
5．已知是双曲线的左、右焦点，是的左、右顶点，点在过且斜率为的直线上，为等腰三角形，，则的渐近线方程为（ ）
A．B．C．D．
6．关于函数，下列说法正确的是（ ）
A．函数的定义域为
B．函数一个递增区间为
C．函数的图像关于直线对称
D．将函数图像向左平移个单位可得函数的图像
7．直三棱柱中，，，则直线与所成的角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
8．已知.给出下列判断：
①若，且，则；
②存在使得的图象向右平移个单位长度后得到的图象关于轴对称；
③若在上恰有7个零点，则的取值范围为；
④若在上单调递增，则的取值范围为.
其中，判断正确的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
9．已知函数，要得到函数的图象，只需将的图象( )
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
10．2019年某校迎国庆70周年歌咏比赛中，甲乙两个合唱队每场比赛得分的茎叶图如图所示（以十位数字为茎，个位数字为叶）.若甲队得分的中位数是86，乙队得分的平均数是88，则（ ）
A．170B．10C．172D．12
11．三棱锥的各个顶点都在求的表面上，且是等边三角形，底面，，，若点在线段上，且，则过点的平面截球所得截面的最小面积为（ ）
A．B．C．D．
12．如图在一个的二面角的棱有两个点，线段分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于棱，且，则的长为（ ）
A．4B．C．2D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．设实数，满足，则的最大值是______.
14．在平面直角坐标系中，已知圆及点，设点是圆上的动点，在中，若的角平分线与相交于点，则的取值范围是_______.
15．如图所示梯子结构的点数依次构成数列，则________.
16．棱长为的正四面体与正三棱锥的底面重合，若由它们构成的多面体的顶点均在一球的球面上，则正三棱锥的内切球半径为______.
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）某艺术品公司欲生产一款迎新春工艺礼品，该礼品是由玻璃球面和该球的内接圆锥组成，圆锥的侧面用于艺术装饰，如图1.为了便于设计，可将该礼品看成是由圆及其内接等腰三角形绕底边上的高所在直线旋转180°而成，如图2.已知圆的半径为，设，圆锥的侧面积为.
（1）求关于的函数关系式；
（2）为了达到最佳观赏效果，要求圆锥的侧面积最大.求取得最大值时腰的长度.
18．（12分）已知函数.
（1）讨论函数单调性；
（2）当时，求证：.
19．（12分）已知函数，其中，．
（1）当时，求的值；
（2）当的最小正周期为时，求在上的值域．
20．（12分）已知的内角的对边分别为，且.
（Ⅰ）求；
（Ⅱ）若的周长是否有最大值？如果有，求出这个最大值，如果没有，请说明理由.
21．（12分）如图， 在四棱锥中， 底面， ，， ，，点为棱的中点.
（1）证明：：
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）若为棱上一点， 满足， 求二面角的余弦值.
22．（10分）已知函数，.
（1）当时，讨论函数的零点个数；
（2）若在上单调递增，且求c的最大值.
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】
将正四面体补成正方体，通过正方体的对角线与球的半径关系，求解即可．
【详解】
解：如图，将正四面体补形成一个正方体，正四面体的外接球与正方体的外接球相同，
∵四面体所有棱长都是4，
∴正方体的棱长为，
设球的半径为，
则，解得，
所以，
故选：A．
【点睛】
本题主要考查多面体外接球问题，解决本题的关键在于，巧妙构造正方体，利用正方体的外接球的直径为正方体的对角线，从而将问题巧妙转化，属于中档题．
2、A
【解析】
根据题意可知最后计算的结果为的最大公约数.
【详解】
输入的a，b分别为,,根据流程图可知最后计算的结果为的最大公约数，按流程图计算,,,,,,,易得176和320的最大公约数为16，
故选:A.
【点睛】
本题考查的是利用更相减损术求两个数的最大公约数,难度较易.
3、B
【解析】
根据函数图象的平移变换公式求出函数的解析式，再利用正弦函数的对称性、单调区间等相关性质求解即可.
【详解】
因为f(x)=sin 3x-cs 3x+1=2sin(3x-)+1，由图象的平移变换公式知，
函数g(x)=2sin[3(x+)-]+1=2sin(3x+)+1，其最小正周期为，故②正确；
令3x+=kπ+，得x=+(k∈Z)，所以x=不是对称轴，故①错误；
令3x+=kπ，得x=-(k∈Z)，取k=2，得x=，故函数g(x)的图象关于点(，1)对称，故③正确；
令2kπ-≤3x+≤2kπ+，k∈Z，得-≤x≤+，取k=2，得≤x≤，取k=3，得≤x≤，故④错误；
故选：B
【点睛】
本题考查图象的平移变换和正弦函数的对称性、单调性和最小正周期等性质；考查运算求解能力和整体代换思想；熟练掌握正弦函数的对称性、单调性和最小正周期等相关性质是求解本题的关键;属于中档题、常考题型
4、D
【解析】
根据对称关系可将问题转化为与有且仅有四个不同的交点；利用导数研究的单调性从而得到的图象；由直线恒过定点，通过数形结合的方式可确定；利用过某一点曲线切线斜率的求解方法可求得和，进而得到结果.
【详解】
关于直线对称的直线方程为：
原题等价于与有且仅有四个不同的交点
由可知，直线恒过点
当时，
在上单调递减；在上单调递增
由此可得图象如下图所示：
其中、为过点的曲线的两条切线，切点分别为
由图象可知，当时，与有且仅有四个不同的交点
设，，则，解得：
设，，则，解得：
，则
本题正确选项：
【点睛】
本题考查根据直线与曲线交点个数确定参数范围的问题；涉及到过某一点的曲线切线斜率的求解问题；解题关键是能够通过对称性将问题转化为直线与曲线交点个数的问题，通过确定直线恒过的定点，采用数形结合的方式来进行求解.
5、D
【解析】
根据为等腰三角形，可求出点P的坐标，又由的斜率为可得出关系，即可求出渐近线斜率得解.
【详解】
如图，
因为为等腰三角形，，
所以，,
，
又，
，
解得，
所以双曲线的渐近线方程为，
故选：D
【点睛】
本题主要考查了双曲线的简单几何性质，属于中档题.
6、B
【解析】
化简到，根据定义域排除，计算单调性知正确，得到答案.
【详解】
，
故函数的定义域为，故错误；
当时，，函数单调递增，故正确；
当，关于的对称的直线为不在定义域内，故错误.
平移得到的函数定义域为，故不可能为，错误.
故选：.
【点睛】
本题考查了三角恒等变换，三角函数单调性，定义域，对称，三角函数平移，意在考查学生的综合应用能力.
7、A
【解析】
设，延长至，使得，连，可证，得到（或补角）为所求的角，分别求出，解即可.
【详解】
设，延长至，使得，
连，在直三棱柱中，，
，四边形为平行四边形，
，（或补角）为直线与所成的角，
在中，，
在中，，
在中，
，
在中，，
在中，.
故选：A.
【点睛】
本题考查异面直线所成的角，要注意几何法求空间角的步骤“做”“证”“算”缺一不可，属于中档题.
8、B
【解析】
对函数化简可得，进而结合三角函数的最值、周期性、单调性、零点、对称性及平移变换，对四个命题逐个分析，可选出答案.
【详解】
因为，所以周期.
对于①，因为，所以，即，故①错误；
对于②，函数的图象向右平移个单位长度后得到的函数为，其图象关于轴对称，则，解得，故对任意整数，，所以②错误；
对于③，令，可得，则，
因为，所以在上第1个零点，且，所以第7个零点，若存在第8个零点，则，
所以，即，解得，故③正确；
对于④，因为，且，所以，解得，又，所以，故④正确.
故选：B.
【点睛】
本题考查三角函数的恒等变换，考查三角函数的平移变换、最值、周期性、单调性、零点、对称性，考查学生的计算求解能力与推理能力，属于中档题.
9、A
【解析】
根据函数图像平移原则，即可容易求得结果.
【详解】
因为，
故要得到，只需将向左平移个单位长度.
故选：A.
【点睛】
本题考查函数图像平移前后解析式的变化，属基础题.
10、D
【解析】
中位数指一串数据按从小（大）到大（小）排列后，处在最中间的那个数，平均数指一串数据的算术平均数.
【详解】
由茎叶图知，甲的中位数为，故；
乙的平均数为，
解得，所以.
故选：D.
【点睛】
本题考查茎叶图的应用，涉及到中位数、平均数的知识，是一道容易题.
11、A
【解析】
由题意画出图形，求出三棱锥S-ABC的外接球的半径，再求出外接球球心到D的距离，利用勾股定理求得过点D的平面截球O所得截面圆的最小半径，则答案可求.
【详解】
如图，设三角形ABC外接圆的圆心为G，则外接圆半径AG=,
设三棱锥S-ABC的外接球的球心为O，则外接球的半径R=
取SA中点E，由SA=4，AD=3SD，得DE=1,
所以OD=.
则过点D的平面截球O所得截面圆的最小半径为
所以过点D的平面截球O所得截面的最小面积为
故选：A
【点睛】
本题考查三棱锥的外接球问题，还考查了求截面的最小面积，属于较难题.
12、A
【解析】
由，两边平方后展开整理，即可求得，则的长可求．
【详解】
解：，
，
，，
，，
．
，
，
故选：．
【点睛】
本题考查了向量的多边形法则、数量积的运算性质、向量垂直与数量积的关系，考查了空间想象能力，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、1
【解析】
根据目标函数的解析式形式，分析目标函数的几何意义，然后判断求出目标函数取得最优解的点的坐标，即可求解．
【详解】
作出实数，满足表示的平面区域，如图所示：
由可得，则表示直线在轴上的截距，截距越小，越大.
由可得，此时最大为1，
故答案为：1．
【点睛】
本题主要考查线性规划知识的运用，考查学生的计算能力，考查数形结合的数学思想．
14、
【解析】
由角平分线成比例定理推理可得，进而设点表示向量构建方程组表示点P坐标，代入圆C方程即可表示动点Q的轨迹方程，再由将所求视为该圆上的点与原点间的距离，所以其最值为圆心到原点的距离加减半径.
【详解】
由题可构建如图所示的图形，因为AQ是的角平分线，由角平分线成比例定理可知,所以.
设点，点，即，
则，
所以.
又因为点是圆上的动点，
则，
故点Q的运功轨迹是以为圆心为半径的圆，
又即为该圆上的点与原点间的距离，
因为，所以
故答案为：
【点睛】
本题考查与圆有关的距离的最值问题，常常转化到圆心的距离加减半径，还考查了求动点的轨迹方程，属于中档题.
15、
【解析】
根据图像归纳，根据等差数列求和公式得到答案.
【详解】
根据图像：，，故，
故.
故答案为：.
【点睛】
本题考查了等差数列的应用，意在考查学生的计算能力和应用能力.
16、
【解析】
由棱长为的正四面体求出外接球的半径，进而求出正三棱锥的高及侧棱长，可得正三棱锥的三条侧棱两两相互垂直，进而求出体积与表面积，设内切圆的半径，由等体积，求出内切圆的半径．
【详解】
由题意可知：
多面体的外接球即正四面体的外接球
作面交于，连接，如图
则，且为外接球的直径，可得
，
设三角形 的外接圆的半径为，则，解得，
设外接球的半径为，则可得，
即，解得，
设正三棱锥的高为，
因为，所以，
所以，
而，
所以正三棱锥的三条侧棱两两相互垂直，
所以，
设内切球的半径为，，
即解得：．
故答案为：.
【点睛】
本题考查多面体与球的内切和外接问题，考查转化与化归思想，考查空间想象能力、运算求解能力，求解时注意借助几何体的直观图进行分析.
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）侧面积取得最大值时，等腰三角形的腰的长度为
【解析】
试题分析：（1）由条件，，，所以S，；（2）令，所以得，通过求导分析，得在时取得极大值，也是最大值．
试题解析：
（1）设交于点，过作，垂足为，
在中，，，
在中，，
所以S，
（2）要使侧面积最大，由（1）得：

令，所以得，
由得：
当时，，当时，
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，
所以在时取得极大值，也是最大值；
所以当时，侧面积取得最大值，
此时等腰三角形的腰长
答：侧面积取得最大值时，等腰三角形的腰的长度为．
18、（1）见解析（2）见解析
【解析】
（1）根据的导函数进行分类讨论单调性
（2）欲证，只需证，构造函数，证明，这时需研究的单调性，求其最大值即可
【详解】
解：（1）的定义域为，
，
① 当时，由得，由，得，
所以在上单调递增，在单调递减；
②当时，由得，由，得，或，
所以在上单调递增，在单调递减，在单调递增；
③当时，，所以在上单调递增；
④当时，由，得，由，得，或，
所以在上单调递增，在单调递减，在单调递增.
（2）当时，欲证，只需证，
令，，则，
因存在，使得成立，即有，使得成立.
当变化时，，的变化如下：
所以.
因为，所以，所以.
即，
所以当时，成立.
【点睛】
考查求函数单调性的方法和用函数的最值证明不等式的方法，难题.
19、（1）（2）
【解析】
（1）根据，得到函数，然后，直接求解的值；
（2）首先，化简函数，然后，结合周期公式，得到，再结合，及正弦函数的性质解答即可．
【详解】
（1）因为，所以
（2）因为
即
因为，所以
所以
因为
所以
所以当时，．当时，（最大值）
当时，
在是增函数，在是减函数．
的值域是．
【点睛】
本题主要考查了简单角的三角函数值的求解方法，两角和与差的正弦、余弦公式，三角函数的图象与性质等知识，考查了运算求解能力，属于中档题．
20、（Ⅰ）；（Ⅱ）有最大值，最大值为3.
【解析】
（Ⅰ）利用正弦定理将角化边，再由余弦定理计算可得；
（Ⅱ）由正弦定理可得，则，再根据正弦函数的性质计算可得；
【详解】
（Ⅰ）由得
再由正弦定理得
因此，
又因为，所以.
（Ⅱ）当时，的周长有最大值，且最大值为3，
理由如下：
由正弦定理得，
所以，
所以.
因为，所以，
所以当即时，取到最大值2，
所以的周长有最大值，最大值为3.
【点睛】
本题考查正弦定理、余弦定理解三角形，以及三角函数的性质的应用，属于中档题.
21、（1）证明见解析 （2） （3）
【解析】
（1）根据题意以为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出各个点的坐标，并表示出，由空间向量数量积运算即可证明.
（2）先求得平面的法向量，即可求得直线与平面法向量夹角的余弦值，即为直线与平面所成角的正弦值；
（3）由点在棱上，设，再由，结合，由空间向量垂直的坐标关系求得的值.即可表示出.求得平面和平面的法向量，由空间向量数量积的运算求得两个平面夹角的余弦值，再根据二面角的平面角为锐角即可确定二面角的余弦值.
【详解】
（1）证明：∵底面，，
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
∵，，点为棱 的中点．
∴，，，，
，
，
.
（2）,
设平面的法向量为.
则，代入可得，
令解得，即，
设直线与平面所成角为，由直线与平面夹角可知

所以直线与平面所成角的正弦值为.
（3），
由点在棱上，设，
故，
由，得，
解得，
即，
设平面的法向量为，
由，得，
令，则
取平面的法向量，
则二面角的平面角满足，
由图可知，二面角为锐二面角，
故二面角的余弦值为.
【点睛】
本题考查了空间向量的综合应用，由空间向量证明线线垂直，求直线与平面夹角及平面与平面形成的二面角大小，计算量较大，属于中档题.
22、（1）见解析（2）2
【解析】
（1）将代入可得,令,则,设,则转化问题为与的交点问题,利用导函数判断的图象,即可求解；
（2）由题可得在上恒成立,设,利用导函数可得,则,即,再设,利用导函数求得的最小值,则,进而求解.
【详解】
（1）当时,,定义域为,
由可得,
令,则,
由,得；由,得,
所以在上单调递增,在上单调递减,
则的最大值为,
且当时,；当时,,
由此作出函数的大致图象,如图所示.
由图可知,当时,直线和函数的图象有两个交点,即函数有两个零点；
当或,即或时,直线和函数的图象有一个交点,即函数有一个零点；
当即时,直线与函数的象没有交点,即函数无零点.
（2）因为在上单调递增,即在上恒成立,
设,则,
①若,则,则在上单调递减,显然,
在上不恒成立；
②若,则,在上单调递减,当时,,故,单调递减,不符合题意；
③若,当时,,单调递减,
当时,,单调递增,
所以,
由,得,
设,则,
当时,,单调递减；
当时,,单调递增,
所以,所以,
又,所以,即c的最大值为2.
【点睛】
本题考查利用导函数研究函数的零点问题,考查利用导函数求最值,考查运算能力与分类讨论思想.
0
单调递增
单调递减