北京市东城区2026届高三上学期1月期末考试数学试卷含答案（word版）

这是一份北京市东城区2026届高三上学期1月期末考试数学试卷含答案（word版），文件包含北京东城2025-2026学年高三上学期期末数学试题及答案docx、北京市东城区2025-2026学年高三上学期期末考试数学试卷及答案pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共25页， 欢迎下载使用。
本试卷共6页，150分。考试时长120分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第一部分（选择题 共40分）
一、选择题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。
（1）已知集合A={x|x0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为55. 设P(m,n)是椭圆C上一点，且在第一象限，|PF1|+|PF2|=25.
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）已知PF2不与x轴垂直. 延长PF1，PF2分别与椭圆C交于点M，N，若点M到直线x=−3的距离与点N到直线x=3的距离之和为245，求m的值.
（20）（本小题15分）
设函数f(x)=eax−ebx.
（Ⅰ）当a=2，b=1时，求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；
（Ⅱ）当a=3，b=2时，
（ⅰ）求f(x)的极值；
（ⅱ）若λ∈2,52，求证：关于x的方程f(x)x=eλx在(0,+∞)上无解.
（21）（本小题15分）
已知数列A:a1、a2、⋯、an(n≥4)为有穷整数数列，定义变换Ti(i=1,2,⋯,n−1)：将A的第i项与第i+1项同时减1，其余项不变，所得数列记作Ti(A).对A依次进行变换Ti1,Ti2,⋯,Tik(k∈N∗)后，所得数列记为Tik⋯Ti2Ti1(A).
（Ⅰ）已知A:1，2，3，4，直接写出T1T1T3(A)，T3T1T1(A)；
（Ⅱ）已知n=5，a1=a3=a5=3，若存在变换Ti1，Ti2，⋯，Tik使得Tik⋯Ti2Ti1(A)的各项均为0，求a2+a4的值；
（Ⅲ）已知n(n≥6)为偶数，A的各项均为正整数，且对任意的变换Ti1，Ti2，⋯，Tik，当Tik⋯Ti2Ti1(A)中的各项均为非负整数时，都有Tik⋯Ti2Ti1(A)中等于0的项的个数不大于n2，求A的各项之和的最小值.
东城区2025−2026学年度第一学期期末统一检测
高三数学参考答案及评分标准
一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分）
(1)D (2)C (3)B (4)B (5)A
(6)C (7)A (8)C (9)B (10)D
二、填空题（共5小题，每小题5分，共25分）
(11)60 (12)4
（13）2x（答案不唯一） （14）−22 52
（15）①②④
三、解答题（共6小题，共85分）
（16）（共13分）
解：（Ⅰ）由sin2A=3csAsinB，得2sinAcsA=3csAsinB。
因为∆ABC为锐角三角形，所以csA≠0。
所以2sinA=3sinB。
由正弦定理asinA=bsinB，
得2a=3b。
由a=6，得b=4。 ………………………………………………………………………… 6分
（Ⅱ）选择条件②：∆ABC的面积为63。
因为∆ABC的面积S=12absinC，
得sinC=2Sab，故sinC=32。
因为∆ABC为锐角三角形，
所以∠C=π3。
在∆ACD中，由余弦定理AD2=AC2+CD2−2AC×CDcsC=42+32−2×4×3×12=13。
所以AD=13。 ………………………………………………………………………… 13分
选择条件③：∆ABC的周长为10+27。
因为a=6，b=4，∆ABC的周长为10+27，
所以c=27。
由余弦定理 csC=a2+b2−c22ab=62+42−(27)22×6×4=12.
在△ACD中，由余弦定理 AD2=AC2+CD2−2AC×CDcsC=42+32−2×4×3×12=13.
所以 AD=13. ………………………………………………………………………… 13分
（17）（共14分）
解：（Ⅰ）如图，取PB中点F，连接AF，EF.
因为E是PC的中点，
所以 EF∥BC，EF=12BC.
因为M为AD的中点，
所以 AM∥BC，AM=12BC.
所以 AM∥EF，AM=EF.
所以四边形AMEF是平行四边形.
所以 ME∥AF.
因为 ME⊄平面PAB， AF⊂平面PAB，
所以 ME∥平面PAB. ………………………………………………………………………… 5分
（Ⅱ）如图，取BC中点N，连接MN.
因为底面ABCD是正方形，M为AD的中点，所以 AD⊥MN.
因为 PA=PD，所以 PM⊥AD.
因为平面PAD⊥平面ABCD， PM⊂平面PAD，
平面PAD∩平面ABCD=AD，所以 PM⊥平面ABCD.
因为 MN⊂平面ABCD，所以 PM⊥MN.
如图建立空间直角坐标系M−xyz，
则 P(0,0,1)，C(−1,2,0)，A(1,0,0)，B(1,2,0).
因此 AB→=(0,2,0)，PA→=(1,0,−1)，CP→=(1,−2,1)，AC→=(−2,2,0).
设平面PAB的法向量为 m=(x,y,z)，则
{m⋅AB→=0,m⋅PA→=0, 即 {2y=0,x−z=0.
令 x=1，则 z=1，y=0.
所以平面PAB的法向量为 m=(1,0,1).
设 CE→=λCP→=(λ,−2λ,λ),λ∈[0,1]，
则 AE→=(λ−2,2−2λ,λ).
MP→=(0,0,1)为平面ABCD的法向量，
sinα=|cs⟨m，AE→⟩|=|m·AE→||m||AE→|=|2λ−2|2|AE→|，
sinβ=|cs⟨MP→，AE→⟩|=|MP→·AE→||MP→||AE→|=|λ||AE→|.
因为α=β，所以|2λ−2|2|AE→|=|λ||AE→|，即λ2−4λ+2=0，解得λ=2±2.
因为λ∈[0,1]，所以λ=2−2，即CFCP的值为2−2。 …………………………… 14分
（18）（共13分）
解：（Ⅰ）设事件M=“两轮比赛累计得分不低于20分”，
由已知该选手正确回答甲类问题的概率为23，
所以P(M)=1−P(M¯)=1−1−23×1−23=89.
所以该选手两轮比赛累计得分不低于20分的概率为89。 …………………………… 3分
（Ⅱ）X的所有可能取值为−10，10，50，70.
P(X=−10)=1−23×1−25=15，P(X=10)=23×1−25=25，
P(X=50)=1−23×25=215，P(X=70)=23×25=415，
X的分布列为
X的数学期望E(X)=(−10)×15+10×25+50×215+70×415=823。 ………… 10分
（Ⅲ）E(Y)=E(Z)。 ……………………………………………………………………… 13分
（19）（共15分）
解：（Ⅰ）由题意得{2a=25,ca=55,a2=b2+c2, 解得a=5，b=2，c=1.
所以C的方程为x25+y24=1。 …………………………………………………… 5分
（Ⅱ）设M(x1,y1)，N(x2,y2)，直线PF1:y=k1(x+1)，直线PF2:y=k2(x−1)，
其中k1=nm+1，k2=nm−1。
因为点P在椭圆C上，所以4m2+5n2=20。
由{y=k1(x+1)4x2+5y2=20得(5k12+4)x2+10k12x+5k12−20=0。
则m+x1=−10k125k12+4=−10nm+125nm+12+4=−10n25n2+4(m+1)2=m2−5m+3。
所以x1=−3m+5m+3。
由{y=k2(x−1)4x2+5y2=20得(5k22+4)x2−10k22x+5k22−20=0，
则m+x2=10k225k22+4=10nm−125nm−12+4=10n25n2+4(m−1)2=m2−5m−3。
所以x2=3m−5m−3。
由于点M到直线x=−3的距离与点N到直线x=3的距离之和为245，
所以|−3−x1|+|3−x2|=x1+3+3−x2=245。
故x2−x1=65，即3m−5m−3+3m+5m+3=65。
解得m=±2。
由于P(m,n)在第一象限，
所以m=2。 ………………………………………………………………………… 15分
（20）（共15分）
解：（Ⅰ）由条件得f(x)=e2x−ex。
所以f'(x)=2e2x−ex。
所以f'(0)=1。
因为f(0)=0，
所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=x。 …………………………… 4分
（Ⅱ）（ⅰ）由条件得f(x)=e3x−e2x，
所以f'(x)=3e3x−2e2x。
令f'(x)=0，即3e3x−2e2x=0，
解得x=ln23。
当x变化时，f'(x)，f(x)变化如下：
所以f(x)的极小值为fln23=−427，无极大值。 …………………… 9分
（ⅱ）关于x的方程f(x)x=eλx等价于e3x−e2x=xeλx(x≠0)，
由于e2x>0，
故ex−1=xe(λ−2)x。
令g(x)=ex−1−xe(λ−2)x，
所以g'(x)=ex−e(λ−2)x−(λ−2)xe(λ−2)x=e(λ−2)xe(3−λ)x−1−(λ−2)x。
令p(x)=e(3−λ)x−1−(λ−2)x，
则p'(x)=(3−λ)e(3−λ)x+2−λ。
因为λ∈2,52，(3−λ)x>0，
所以p'(x)≥12e(3−λ)x−12>0。
所以p(x)在(0,+∞)上单调递增。
因为p(0)=0，
所以当x∈(0,+∞)时，p(x)>0，即g'(x)>0。
所以g(x)在区间(0,+∞)上单调递增。
因为g(0)=0，
所以当x∈(0,+∞)时，g(x)>0。
故当λ∈2,52时，关于x的方程f(x)x=eλx在(0,+∞)上无解。 ………… 15分
（21）（共15分）
解：（Ⅰ）T1T1T3(A):−1，0，2，3;T3T1T1(A):−1，0，2，3. …………………… 4分
（Ⅱ）由于变换Ti(i=1,2,⋯,n−1)，将A的第i项与第i+1项同时减1，
因此变换前的数列与变换后的数列的奇数项的和与偶数项的和之差不变.
对于A:a1，a2，a3，a4，a5中，a1=a3=a5=3，
此时A的奇数项的和与偶数项的和之差为9−(a2+a4).
当TikTik−1⋯Ti1(A)的各项均为0时，变换后的数列的奇数项的和与偶数项的和之差为0，
因此9−(a2+a4)=0，即a2+a4=9. ……………………………… 9分
（Ⅲ）因为n(n≥6)为偶数，把a1，a2，⋯，an分成n2组，
其中a1，a2为第1组，a3，a4为第2组，…，an−3，an−2为第n2−1组，an−1，an为第n2组，
存在变换使每组的两个数中至少一个变为0，
因此存在变换Ti1，Ti2，⋯，Tik，当Tik⋯Ti2Ti1(A)中的项非负时，Tik⋯Ti2Ti1(A)所有
项中0的个数不小于n2.
由已知可得同一组的两个数不能相同.
下证第2组，第3组，…，第n2−1组，这n2−2组数满足：每一组中的较大数不小于3.
考察第2组数a3，a4，不妨设a3>a4，
若a3