北京市东城区2025-2026学年高三下学期一模数学试题 解析版

这是一份北京市东城区2025-2026学年高三下学期一模数学试题 解析版，共5页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】因为集合，集合，
所以.
2．已知复数为纯虚数，则实数（ ）
A．2B．1C．0D．
【答案】A
【详解】，
因为为纯虚数，所以，且，即.
3．双曲线的焦距为（ ）
A．1B．C．D．4
【答案】D
【分析】由双曲线的标准方程求出参数，进而由参数关系求得，从而求得焦距.
【详解】由题意得，则，
则双曲线的焦距为.
4．在中，已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】由余弦定理得，，则.
5．实数，满足，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】对于B，通过平方法结合条件即可证明不等式恒成立，对于其它选项均可取反例证伪.
【详解】对于A，取，此时不成立，故A错误；
对于B，，
因为，所以该不等式对任意恒成立，故B正确；
对于C，取，此时不成立，故C错误；
对于D，取，此时不成立，故D错误；
6．已知，则实数（ ）
A．1B．C．2D．
【答案】A
【分析】利用二项展开式项的系数求解验证即可.
【详解】由题知，对于等式右边含有的项一定在中，
由二项展开式通项公式：，
令，此时等式右边含有的项的系数为，
又等式左边含有的项的系数为，所以，解得：，
当时，等式右边为：
，
所以
即，
所以，即满足题意.
7．已知为圆的一条弦，弦绕点旋转一周扫过的区域为．若点，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】首先得出区域所形成的图形，然后利用点求出圆心到弦的距离的取值范围，最后利用垂径定理即可求出的取值范围.
【详解】 设圆心到弦的距离为，圆半径，弦绕旋转一周时，
上所有点到的距离范围是，
因此扫过的区域是内半径为、外半径为2的圆环，即，
因为点 ，点到的距离平方为，满足恒成立，
因此只需满足，即，
由垂径定理可知，整理得 ，
随增大而减小，，
当时，，当时，，
因此的取值范围是.
8．在长方体中，，，则（ ）
A．棱上存在点，使得B．棱上存在点，使得
C．棱上存在点，使得D．棱上存在点，使得
【答案】C
【分析】根据题意，不妨设，则，设，则，分别求出，再列式判断AB；对于C，设，则，同理判断CD即可．
【详解】解：对于A，如图，
不妨设，则，
设，则，
，
当时，则，
解得，不符合题意，故A错误；
对于B， ，
，即在棱上不存在点，使得，故B错误；
对于C，设，则，
，
当，则，
解得，符合题意，则棱上存在点，使得，故C正确；
对于D，
，
，
，即在棱上不存在点，使得，故D错误．
9．已知函数的定义域为，对实数，设集合，集合，那么“，”是“为奇函数”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
【答案】B
【分析】必要性，利用新定义化简即可；充分性，先利用新定义化简集合，举反例，其中为非零常数即可.
【详解】若为奇函数，则对恒成立，
则，
，
故，，必要性成立；
因为，，，
所以对于，都有，
若，其中为非零常数，
则，显然符合，
但此时为偶函数，故充分性不成立，
则“，”是“为奇函数”的必要不充分条件.
10．已知等差数列和的前10项均为正整数，且公差均不为0．若，则的最小值为（ ）
A．15B．10C．9D．5
【答案】B
【分析】等差数列和的公差分别为，且，根据题意得，再结合各项均为正整数得且均为整数，最后分和两种情况讨论求解即可.
【详解】设等差数列和的公差分别为，且，
因为，所以，
所以
因为等差数列和的前10项均为正整数，即，
所以且均为整数，解得且均为整数，
要使最小，只需取值最小，
所以，当时，即，此时，
整理得，因为为正整数，所以，
若，则，则，与的前10项均为正整数矛盾，故
又，为整数，所以，即，所以
又，为整数，故，此时，即，与的前10项均为正整数矛盾，不满足题意；
当时，即，此时，
因为为正整数，所以，
若，则，则，与的前10项均为正整数矛盾，故，
又，所以，即，此时令，，则，满足题意；
综上，取值最小为，此时的最小值为10.
二、填空题
11．已知抛物线的准线方程为，那么的焦点到准线的距离为______．
【答案】2
【详解】抛物线的准线方程为，依题意，，
而的焦点为，所以其焦点到准线的距离为.
12．已知，则的一个可能值为________．
【答案】（答案不唯一）
【分析】利用三角函数的诱导公式化简等式，再求解三角方程，得到的通解，可写出一个满足条件的具体值.
【详解】∵，，，
∴，则，
∴.
取，得；取，得，均满足条件（答案不唯一）.
13．设单位向量，满足．若，则________；若与的夹角为，且，则实数________．
【答案】
【详解】，
因为，所以，
所以；
由于单位向量，满足，即，
因为与的夹角为，所以，
整理可得，
因为，所以.
14．在乐律学中，将一个纯五度音程分成7份得到8个音级，这8个音级的频率构成公比为的等比数列，则________；为研究纯五度音程与纯四度音程的关系，从该等比数列中寻找两项，，使得最小，则________．（参考数据：）
【答案】
【分析】根据等比数列性质，代入计算求解即可.
【详解】由题意；
由，
令，得，从而
从而.
15．已知函数的定义域为，且．当时，设为大于1的正整数，给出下列四个结论：
①存在，使得且；
②方程的解的个数为；
③若为方程的解，则的最小值为4；
④对任意有理数，存在，使得．
其中正确结论的序号是________．
【答案】②③④
【分析】由题知函数是以2为周期的周期函数.对于①，分与两种情况代入验证即可；对于②，将问题转化为函数与的图象有个交点，再分为奇数与偶数两种情况，数形结合判断；对于③，依次验证，， 的情况即可判断；对于④，设，其中且互质，
令代入验证即可判断.
【详解】因为函数的定义域为，且，
所以函数为周期函数，周期为，
对于①，因为，，
故当时，即，则，解得，与矛盾；
当时，即，则，解得，
此时，
所以，不存在，使得且，①错误；
对于②，令，则，
则方程的解的个数为等价于的解的个数为,
所以函数与的图象有个交点，
因为为大于1的正整数，当时，，
故当为奇数，与的图象在的每个周期上，均有2交点，在时，有1个交点，故有个交点；
故当为偶数时，与的图象在的每个周期上，均有2交点，共有个交点，
所以，函数与的图象有个交点，即则方程的解的个数为，②正确；
对于③，若为方程的解，则，
因为为大于1的正整数，函数为周期函数，周期为，
故当时，，不成立；
当时，，不成立；
当时，，成立；
所以，的最小值为4，③正确；
对于④，对任意有理数，设，其中且互质，
令，由于，，则，
因为，函数为周期函数，周期为，
所以，即对任意有理数，存在，使得，④正确.
三、解答题
16．已知函数．
(1)若，，求实数的值；
(2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，使存在且唯一，求在区间上的取值范围．
条件①：；
条件②，的最小正周期为；
条件③：的最大值与最小值之和为0．
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)
(2)选择条件①与条件②或选择条件②与条件③，取值范围为；不能选择条件①与条件③
【分析】（1）借助三角恒等变换公式将原函数化为正弦型函数后，利用所给条件结合三角函数性质计算即可得.
（2）可选条件①与条件②或条件②与条件③，再利用正弦型函数性质分析计算可得对应、的值；不能选择条件①与条件③，利用正弦型函数性质计算可得该情况下，即有无数种可能.
【详解】（1）
，
若，则，
，
则；
（2）若选择条件②的最小正周期为，条件③的最大值与最小值之和为0：
由，则，即，
故，
，，
有，
故，即，
当时，，
则；
若选择条件①，条件②的最小正周期为：
由，则，即，
故，
有，解得，
故，
当时，，
则；
不能选择条件①，条件③的最大值与最小值之和为0，理由如下：
由，
则，，
有，
故，即，
则，
故，则，
此时有无数种可能，故不唯一，
故不能选择条件①与条件③.
17．如图，在四棱锥中，，，，，为的中点，．

(1)设平面平面，求证：；
(2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面平行的判定定理可得平面，再根据线面平行的性质定理即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，根据面面角向量法计算即可求解.
【详解】（1）因为，平面，平面，
所以平面，
因为平面，平面平面，
所以；
（2）因为平面，，
所以以点为坐标原点，所在直线为轴，平行于直线的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，如图所示：

因为，，，所以，
则，，，，
，，，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
所以平面的一个法向量可以为，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
所以平面的一个法向量可以为，
设平面与平面的夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
18．某种机床运行三个月后，需对这三项指标是否合格进行检测．现随机抽取10台机床，对指标检测情况统计如下表．用“×”表示该指标不合格，用“○”表示该指标合格．
设各机床之间相互独立．用频率估计概率．
(1)某台机床运行三个月后，估计这台机床的指标合格的概率；
(2)规定指标合格记1分，指标合格记2分，指标合格记2分；若某项指标不合格．该项指标记0分．将一台机床三项指标分数之和作为该机床的评分．现从全体机床中随机抽取两台，估计这两台机床评分总和大于8的概率；
(3)设随机变量表示一台机床合格指标的个数．随机抽取10台机床进行检测，记事件= “这10台机床中合格指标个数为0，1，2，3的机床台数分别为1，2，3，4”．
判断服从下面哪个分布，事件发生的概率更大．（结论不要求证明）
分布1
分布2
【答案】(1)；
(2)；
(3)分布2.
【分析】（1）直接利用表格信息和频率公式求A指标合格的概率，用频率估计概率；
（2）要求两台机床的评分总和大于8，即总和为9或10，对应情况为两台都是5分或者一台5分，另一台4分，用频率估计概率分别计算两种情况的概率，再相加即可.
（3）用多项分布概率公式分别计算分布1和分布2下事件发生的概率，进行比较即可.
【详解】（1）由表格可知，抽取的10台机床中，A指标合格的机床有6台，用频率估计概率得：A指标合格的概率为.
（2）根据表格统计，用频率估计概率：
评分为5分（即三项全合格）的机床共4台，即；
评分为4分（仅A不合格）的机床共2台，即.
要求两台机床的评分总和大于8，即总和为9或10，由于机床互相独立，对应情况及其概率计算如下：
情况一：两台都是5分
；
情况二：一台5分，另一台4分
.
综上所述，两台机床评分总和大于8的概率.
（3）事件的概率为多项分布概率：. 观察其形式可知，组合系数相同，仅需比较乘积，即可比较的大小.
分布1对应的乘积为；
分布2对应的乘积为.
因此服从分布2时，事件发生的概率更大.
【点睛】用频率估计概率；独立事件可以用概率乘法.
19．已知椭圆经过点，离心率为.
(1)求椭圆的方程；
(2)过点作斜率为的直线与椭圆交于，两点，点不在直线上，直线，分别交直线于点，．求证：四边形为平行四边形.
【答案】(1)
(2)证明见详解
【分析】（1）由椭圆经过点可得，再由离心率求出与的关系，从而求出的值，即可求出椭圆方程；
（2）假设直线AB方程，联立椭圆方程，运用韦达定理把相关变量，通过证明斜率相等来得到直线平行，再由两组对边平行证明四边形为平行四边形.
【详解】（1）把点代入，得
解得，所以，椭圆的方程为：;
（2）设直线AB方程为,,那么
化简可得，
根据韦达定理可知 ，
直线AE方程为,所以,点，
直线BE方程为,所以,点,
,
所以，,即,
同理，
,
所以，,即,
故四边形为平行四边形.
【点睛】关键点点睛：此题考查椭圆标准方程,考查直线与椭圆的位置关系,解题的关键是把证明四边形为平行四边形转化为证明,,结合韦达定理可得
，，进而让问题得到证明，考查计算能力、逻辑推理、数学抽象能力，属于中档题.
20．已知函数的定义域为，，函数．对任意，曲线在点处的切线方程为．
(1)求的最小值；
(2)讨论的单调性；
(3)已知，求过点且与曲线相切的直线的条数．
【答案】(1)
(2)在上单调递增
(3)
【分析】（1）由切线方程可得，进而得到，利用导数求的最小值；
（2）对求导，分析导数在定义域内的正负，确定的单调区间；
（3）设切点为，根据切线过点，结合切线方程建立关于的方程，将问题转化为该方程在内的解的个数，构造新函数，利用导数分析新函数的单调性、极值与端点趋势，结合已知条件判断解的个数.
【详解】（1）由切线性质得，因此：，
时，令得，
时，单调递减；
时，单调递增；
故最小值为；
（2）对求导：，
令，
对求导：
，令，得，
当时，单调递减；
当时，单调递增；
可知最小值为，故恒成立，
因此在上单调递增；
（3）设曲线的切点为，切线方程为：，
已知切线过点，代入切线方程，得，
令，
求切线条数，等价于求在定义域上的零点个数，
对求导，结合，
得，
由第二问结论在上恒成立，
当时，单调递增；
当时，单调递减；
即在处取得最大值，
已知，
代入得：，
因此是的一个零点，对应1条切线；
在上单调递增，因此对任意，有，该区间无零点；
同理，在上单调递增，因此对任意，有，该区间无零点；
时：，
由第一问结论，在上单调递增，因此，故，
当处的函数值：，代入得：，
由题设条件，得，即，
结合在上单调递减，且，根据零点存在定理，在内有唯一零点，对应另条切线；
在定义域内共有个零点，因此过点且与曲线相切的直线共有条.
21．已知正整数数列，令．给定非负整数，若对任意的，都存在正整数，且，使得，则称数列具有性质．
(1)直接写出数列：1，1，2，2和：1，1，1，3是否具有性质；
(2)若数列具有性质，判断1，2能否同时为中的项，并说明理由；
(3)已知为奇数，是首项为1，公差为2的等差数列，求证：数列具有性质．
【答案】(1)不具有性质，具有性质
(2)不能，理由见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）直接对不同项的情况进行验证即可；
（2）考虑和对应的的奇偶性，再结合的奇偶性判断出的奇偶性即可说明；
（3）分和讨论即可.
【详解】（1）对数列，若，有
若，因为为偶数，而也为偶数，
因此不可能等于，所以不具有性质；
对数列，若，有，
若，有，所以具有性质.
（2）因为数列具有性质，
由已知，因为为偶数，
所以与同为奇数或同为偶数．
若1和2均为数列中的项，
则与同为奇数或同为偶数，矛盾.
所以1,2不能同时为中的项.
（3）首先证明去掉后，存在正整数，
使得．
①若．
去掉后剩余项，子列满足
.
②若．
子列满足
下证去掉后，存在正整数，
使得.
令，此时剩余项，记为，
且．
分为组为，其中.
则每组的差的绝对值为2或4，且至多有一个值为4．
所以或，
存在，
使得或2，
当时，
此时存在正整数，使得.
当时，
有，
因此存在正整数，使得．
综上，结论成立.
机床
指标
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
○
○
○
○
○
○
○
○
○
○
○
○
○
○
○
○
○
○
○
○
0
1
2
3
0.2
0.2
0.2
0.4
0
1
2
3
0.1
0.3
0.2
0.4