2026届北京市西城外国语学校高三第三次模拟考试数学试卷含解析

这是一份2026届北京市西城外国语学校高三第三次模拟考试数学试卷含解析，共8页。试卷主要包含了已知，则下列说法中正确的是，函数的大致图象是，设，则"是""的，已知命题等内容，欢迎下载使用。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，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．已知幂函数的图象过点，且，，，则，，的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
2．已知正方体的棱长为，，，分别是棱，，的中点，给出下列四个命题:
①;
② 直线与直线所成角为;
③ 过，，三点的平面截该正方体所得的截面为六边形;
④ 三棱锥的体积为.
其中，正确命题的个数为（ ）
A．B．C．D．
3．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（ ）
A．B．C．D．
4．已知，则下列说法中正确的是（ ）
A．是假命题B．是真命题
C．是真命题D．是假命题
5．函数的大致图象是（ ）
A．B．
C．D．
6．设，则"是""的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件
7．已知命题：R，；命题 ：R，，则下列命题中为真命题的是（ ）
A．B．C．D．
8．执行如图所示的程序框图，若输入，，则输出的（ ）
A．4B．5C．6D．7
9．设M是边BC上任意一点，N为AM的中点，若，则的值为( )
A．1B．C．D．
10．已知函数，其中，若恒成立，则函数的单调递增区间为（ ）
A．B．
C．D．
11．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．
12．设，均为非零的平面向量，则“存在负数，使得”是“”的
A．充要条件B．充分不必要条件
C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．在面积为的中，，若点是的中点，点满足，则的最大值是______.
14．某班星期一共八节课（上午、下午各四节，其中下午最后两节为社团活动），排课要求为：语文、数学、外语、物理、化学各排一节，从生物、历史、地理、政治四科中选排一节.若数学必须安排在上午且与外语不相邻（上午第四节和下午第一节不算相邻），则不同的排法有__________种.
15．平面向量与的夹角为，，，则__________．
16．在矩形ABCD中，，，点E，F分别为BC，CD边上动点，且满足，则的最大值为________.
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：的两个焦点是，，在椭圆上，且，为坐标原点，直线与直线平行，且与椭圆交于，两点.连接、与轴交于点，.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）求证：为定值.
18．（12分）已知三棱锥P-ABC（如图一）的平面展开图（如图二）中，四边形ABCD为边长等于的正方形，和均为正三角形，在三棱锥P-ABC中：
（1）证明：平面平面ABC；
（2）若点M在棱PA上运动，当直线BM与平面PAC所成的角最大时，求直线MA与平面MBC所成角的正弦值.
19．（12分）已知直线l的极坐标方程为，圆C的参数方程为（为参数）．
（1）请分别把直线l和圆C的方程化为直角坐标方程；
（2）求直线l被圆截得的弦长．
20．（12分）已知椭圆的离心率为，且过点，点在第一象限，为左顶点，为下顶点，交轴于点，交轴于点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若，求点的坐标.
21．（12分）在最新公布的湖南新高考方案中，“”模式要求学生在语数外3门全国统考科目之外，在历史和物理2门科目中必选且只选1门，再从化学、生物、地理、政治4门科目中任选2门，后三科的高考成绩按新的规则转换后计入高考总分.相应地，高校在招生时可对特定专业设置具体的选修科目要求.双超中学高一年级有学生1200人，现从中随机抽取40人进行选科情况调查，用数字1~6分别依次代表历史、物理、化学、生物、地理、政治6科，得到如下的统计表：
（1）双超中学规定：每个选修班最多编排50人且尽量满额编班，每位老师执教2个选修班（当且仅当一门科目的选课班级总数为奇数时，允许这门科目的1位老师只教1个班）.已知双超中学高一年级现有化学、生物科目教师每科各8人，用样本估计总体，则化学、生物两科的教师人数是否需要调整？如果需要调整，各需增加或减少多少人？
（2）请创建列联表，运用独立性检验的知识进行分析，探究是否有的把握判断学生“选择化学科目”与“选择物理科目”有关.
附：
（3）某高校在其热门人文专业的招生简章中明确要求，仅允许选修了历史科目，且在政治和地理2门中至少选修了1门的考生报名.现从双超中学高一新生中随机抽取3人，设具备高校专业报名资格的人数为，用样本的频率估计概率，求的分布列与期望.
22．（10分）已知如图1，在Rt△ABC中，∠ACB=30°，∠ABC=90°，D为AC中点，AEBD于E，延长AE交BC于F，将△ABD沿BD折起，使平面ABD平面BCD，如图2所示。
（Ⅰ）求证：AE平面BCD；
（Ⅱ）求二面角A-DC-B的余弦值；
（Ⅲ）求三棱锥B-AEF与四棱锥A-FEDC的体积的比（只需写出结果，不要求过程）．
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】
根据题意求得参数，根据对数的运算性质，以及对数函数的单调性即可判断.
【详解】
依题意，得，故，
故，，，
则.
故选：A.
【点睛】
本题考查利用指数函数和对数函数的单调性比较大小，考查推理论证能力，属基础题.
2、C
【解析】
画出几何体的图形，然后转化判断四个命题的真假即可．
【详解】
如图；
连接相关点的线段，为的中点，连接，因为是中点，可知，，可知平面，即可证明，所以①正确；
直线与直线所成角就是直线与直线所成角为；正确；
过，，三点的平面截该正方体所得的截面为五边形；如图：
是五边形．所以③不正确；
如图：
三棱锥的体积为：
由条件易知F是GM中点，
所以,
而，
．所以三棱锥的体积为，④正确；
故选：．
【点睛】
本题考查命题的真假的判断与应用，涉及空间几何体的体积，直线与平面的位置关系的应用，平面的基本性质，是中档题．
3、C
【解析】
根据等差数列的性质设出，，，利用勾股定理列方程，结合椭圆的定义，求得.再利用勾股定理建立的关系式，化简后求得离心率.
【详解】
由已知，，成等差数列，设，，.
由于，据勾股定理有，即，化简得；
由椭圆定义知的周长为，有，所以，所以；
在直角中，由勾股定理，，∴离心率.
故选：C
【点睛】
本小题主要考查椭圆离心率的求法，考查椭圆的定义，考查等差数列的性质，属于中档题.
4、D
【解析】
举例判断命题p与q的真假，再由复合命题的真假判断得答案．
【详解】
当时，故命题为假命题；
记f（x）＝ex﹣x的导数为f′（x）＝ex，
易知f（x）＝ex﹣x（﹣∞，0）上递减，在（0，＋∞）上递增，
∴f（x）＞f（0）＝１＞0，即，故命题为真命题；
∴是假命题
故选D
【点睛】
本题考查复合命题的真假判断，考查全称命题与特称命题的真假，考查指对函数的图象与性质，是基础题．
5、A
【解析】
用排除B，C；用排除；可得正确答案.
【详解】
解：当时，，，
所以，故可排除B，C；
当时，，故可排除D．
故选：A．
【点睛】
本题考查了函数图象，属基础题．
6、A
【解析】
根据题意得到充分性，验证得出不必要，得到答案.
【详解】
，当时，，充分性；
当，取，验证成立，故不必要.
故选：.
【点睛】
本题考查了充分不必要条件，意在考查学生的计算能力和推断能力.
7、B
【解析】
根据，可知命题的真假，然后对取值，可得命题 的真假，最后根据真值表，可得结果.
【详解】
对命题：
可知，
所以R，
故命题为假命题
命题 ：
取，可知
所以R，
故命题为真命题
所以为真命题
故选：B
【点睛】
本题主要考查对命题真假的判断以及真值表的应用，识记真值表，属基础题.
8、C
【解析】
根据程序框图程序运算即可得.
【详解】
依程序运算可得：
，
故选：C
【点睛】
本题主要考查了程序框图的计算，解题的关键是理解程序框图运行的过程.
9、B
【解析】
设，通过，再利用向量的加减运算可得，结合条件即可得解.
【详解】
设，
则有.
又，
所以，有.
故选B.
【点睛】
本题考查了向量共线及向量运算知识，利用向量共线及向量运算知识，用基底向量向量来表示所求向量，利用平面向量表示法唯一来解决问题.
10、A
【解析】
，从而可得，，再解不等式即可.
【详解】
由已知，
，所以，
，由，
解得，.
故选：A.
【点睛】
本题考查求正弦型函数的单调区间，涉及到恒成立问题，考查学生转化与化归的思想，是一道中档题.
11、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.
12、B
【解析】
根据充分条件、必要条件的定义进行分析、判断后可得结论．
【详解】
因为，均为非零的平面向量，存在负数，使得，
所以向量，共线且方向相反，
所以，即充分性成立；
反之，当向量，的夹角为钝角时，满足，但此时，不共线且反向，所以必要性不成立．
所以“存在负数，使得”是“”的充分不必要条件．
故选B．
【点睛】
判断p是q的什么条件，需要从两方面分析：一是由条件p能否推得条件q；二是由条件q能否推得条件p，定义法是判断充分条件、必要条件的基本的方法，解题时注意选择恰当的方法判断命题是否正确．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
由任意三角形面积公式与构建关系表示|AB||AC|，再由已知与平面向量的线性运算、平面向量数量积的运算转化，最后由重要不等式求得最值.
【详解】
由△ABC的面积为得|AB||AC|sin∠BAC=，
所以|AB||AC|sin∠BAC=，①
又,即|AB||AC|cs∠BAC=，②
由①与②的平方和得:|AB||AC|=，
又点M是AB的中点，点N满足，
所以
，
当且仅当时，取等号，
即的最大值是为.
故答案为：
【点睛】
本题考查平面向量中由线性运算表示未知向量，进而由重要不等式求最值，属于中档题.
14、1344
【解析】
分四种情况讨论即可
【详解】
解：数学排在第一节时有：
数学排在第二节时有：
数学排在第三节时有：
数学排在第四节时有：
所以共有1344种
故答案为：1344
【点睛】
考查排列、组合的应用，注意分类讨论，做到不重不漏；基础题.
15、
【解析】
由平面向量模的计算公式，直接计算即可.
【详解】
因为平面向量与的夹角为，所以，
所以;
故答案为
【点睛】
本题主要考查平面向量模的计算，只需先求出向量的数量积，进而即可求出结果，属于基础题型.
16、
【解析】
利用平面直角坐标系，设出点E，F的坐标，由可得，利用数量积运算求得，再利用线性规划的知识求出的最大值.
【详解】
建立平面直角坐标系，如图（1）所示：
设，
，
，
即，
又，
令，其中，
画出图形，如图（2）所示：
当直线经过点时，取得最大值.
故答案为：
【点睛】
本题考查了向量数量积的坐标运算、简单的线性规划问题，解题的关键是建立恰当的坐标系，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）证明见解析
【解析】
（1）根据椭圆的定义可得，将代入椭圆方程，即可求得的值，求得椭圆方程；
（2）设直线的方程，代入椭圆方程，求得直线和的方程，求得和的横坐标，表示出，根据韦达定理即可求证为定值.
【详解】
（1）因为，由椭圆的定义得，，
点在椭圆上，代入椭圆方程，解得，
所以的方程为；
（2）证明：设，，直线的斜率为，设直线的方程为，
联立方程组，消去，整理得，
所以，，
直线的直线方程为，令，则，
同理，
所以：
，
代入整理得，
所以为定值.
【点睛】
本小题主要考查椭圆标准方程的求法，考查直线和椭圆的位置关系，考查椭圆中的定值问题，属于中档题.
18、（1）见解析（2）
【解析】
(1) 设的中点为,连接.由展开图可知,，.为的中点,则有,根据勾股定理可证得,
则平面,即可证得平面平面．
(2) 由线面成角的定义可知是直线与平面所成的角，
且,最大即为最短时,即是的中点
建立空间直角坐标系,求出与平面的法向量利用公式即可求得结果.
【详解】
（1）设AC的中点为O，连接BO，PO．
由题意，得，，．
在中，，O为AC的中点，，
在中，，，，，．
，平面，平面ABC，
平面PAC，平面平面ABC．
（2）由（1）知，，，平面PAC，
是直线BM与平面PAC所成的角，
且，
当OM最短时，即M是PA的中点时，最大．
由平面ABC，，
，，
于是以OC，OB，OD所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图示空间直角坐标系，
则，
，
设平面MBC的法向量为，直线MA与平面MBC所成角为，
则由得：.
令，得，，即.
则.
直线MA与平面MBC所成角的正弦值为.
【点睛】
本题考查面面垂直的证明,考查线面成角问题,借助空间向量是解决线面成角问题的关键,难度一般.
19、（1）．x2+y2＝1．（2）16
【解析】
（1）直接利用极坐标方程和参数方程公式化简得到答案.
（2）圆心到直线的距离为，故弦长为得到答案.
【详解】
（1），即，即，
即.
，故.
（2）圆心到直线的距离为，故弦长为.
【点睛】
本题考查了极坐标方程和参数方程，圆的弦长，意在考查学生的计算能力和转化能力.
20、（1）；（2）
【解析】
（1）由题意得，求出，进而可得到椭圆的方程；
（2）由（1）知点，坐标，设直线的方程为，易知，可得点的坐标为，联立方程，得到关于的一元二次方程，结合根与系数关系，可用表示的坐标，进而由三点共线，即，可用表示的坐标，再结合，可建立方程，从而求出的值，即可求得点的坐标.
【详解】
（1）由题意得，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）由（1）知点，，
由题意可设直线的斜率为，则，所以直线的方程为，则点的坐标为，
联立方程，消去得：.
设，则，所以，
所以，所以.
设点的坐标为，因为点三点共线，所以，即
，所以，所以.
因为，所以，即，
所以，解得，
又，所以符合题意，
计算可得，，
故点的坐标为.
【点睛】
本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查平行线的性质，考查学生的计算求解能力，属于难题.
21、（1）不需调整（2）列联表见解析；有的把握判断学生“选择化学科目”与“选择物理科目”有关（3）详见解析
【解析】
（1）可估计高一年级选修相应科目的人数分别为120，2，推理得对应开设选修班的数目分别为15，1．推理知生物科目需要减少4名教师，化学科目不需要调整．（2）根据列联表计算观测值，根据临界值表可得结论．（3）经统计，样本中选修了历史科目且在政治和地理2门中至少选修了一门的人数为12，频率为．用频率估计概率，则，根据二项分布概率公式可得分布列和数学期望．
【详解】
（1）经统计可知，样本40人中，选修化学、生物的人数分别为24，11，则可估计高一年级选修相应科目的人数分别为120，2．根据每个选修班最多编排50人，且尽量满额编班，得对应开设选修班的数目分别为15，1．现有化学、生物科目教师每科各8人，根据每位教师执教2个选修班，当且仅当一门科目的选课班级总数为奇数时，允许这门科目的一位教师执教一个班的条件，知生物科目需要减少4名教师，化学科目不需要调整．
（2）根据表格中的数据进行统计后，制作列联表如下：
则，
有的把握判断学生”选择化学科目”与“选择物理科目”有关．
（3）经统计，样本中选修了历史科目且在政治和地理2门中至少选修了一门的人数为12，频率为．
用频率估计概率，则，分布列如下：
数学期望为．
【点睛】
本题主要考查了离散型随机变量的期望与方差，考查独立性检验，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力．
22、（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）1:5
【解析】
（Ⅰ）由平面ABD⊥平面BCD，交线为BD，AE⊥BD于E，能证明AE⊥平面BCD;
（Ⅱ）以E为坐标原点，分别以EF、ED、EA所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系E-xyz，利用向量法求出二面角A-DC-B的余弦值;
（Ⅲ）利用体积公式分别求出三棱锥B-AEF与四棱锥A-FEDC的体积，再作比写出答案即可．
【详解】
（Ⅰ）证明：∵平面ABD⊥平面BCD，交线为BD，
又在△ABD中，AE⊥BD于E，AE⊂平面ABD，
∴AE⊥平面BCD．
（Ⅱ）由（1）知AE⊥平面BCD，∴AE⊥EF，
由题意知EF⊥BD，又AE⊥BD，
如图，以E为坐标原点，分别以EF、ED、EA所在直线为x轴，y轴，z轴，
建立空间直角坐标系E-xyz，
设AB=BD=DC=AD=2，
则BE=ED=1，∴AE=，BC=2，BF=，
则E（0，0，0），D（0，1，0），B（0，-1，0），A（0，0，），
F（，0，0），C（，2，0），
，，
由AE⊥平面BCD知平面BCD的一个法向量为，
设平面ADC的一个法向量，
则，取x=1，得，
∴，
∴二面角A-DC-B的平面角为锐角，故余弦值为．
（Ⅲ）三棱锥B-AEF与四棱锥A-FEDC的体积的比为：1:5.
【点睛】
本题考查线面垂直的证明、几何体体积计算、二面角有关的立体几何综合题，属于中等题.
序号
选科情况
序号
选科情况
序号
选科情况
序号
选科情况
1
134
11
236
21
156
31
235
2
235
12
234
22
235
32
236
3
235
13
145
23
245
33
235
4
145
14
135
24
235
34
135
5
156
15
236
25
256
35
156
6
245
16
236
26
156
36
236
7
256
17
156
27
134
37
156
8
235
18
236
28
235
38
134
9
235
19
145
29
246
39
235
10
236
20
235
30
156
40
245
0.100
0.050
0.010
0.001
2.706
3.841
6.635
10.828
选物理
不选物理
合计
选化学
19
5
24
不选化学
6
10
16
合计
25
15
40
0
1
2
3

0.343
0.441
0.189
0.021