2026北京清华附中高三（下）统练一数学试卷（教师版）

这是一份2026北京清华附中高三（下）统练一数学试卷（教师版），共17页。
1. 已知集合，集合，则（ ）
A. B.
C. D.
2. 在复平面内，复数，则的共轭复数对应的点的坐标是（ ）
A. B. C. D.
3. 在的展开式中，常数项为（ ）
A. 12B. 6
C. D.
4. 已知数列满足对任意的，都有．若，则（ ）
A. 1B. 2
C. 3D. 4
5. 已知，且，则（ ）
A. B. C. D.
6. 已知点，，若直线上存在点满足，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
7. “”是“对任意，”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
8. 已知函数在区间单调递增，直线和为函数的图像的两条相邻对称轴，则（ ）
A. B. C. D.
9. 已知等边的边长为6，D在上且，E为线段上的动点，求的取值范围（ ）
A. B.
C. D.
10. 对于集合中的任意两个元素x，y，若实数同时满足以下三个条件：
①“”的充要条件为“”；
②；
③，都有.
则称为集合上的距离，记为.则下列说法错误的是（ ）
（1）为；
（2）为；
（3）若，则为；
（4）若为，则也为（为自然对数的底数）.
A. （1）（4）B. （1）（3）C. （2）（4）D. （2）（3）
二、填空题共5道小题，每小题5分，共25分．
11. 若抛物线上横坐标为的点到焦点的距离为，则___________．
12. 若圆上存在点，直线上存在点，使得，则实数的一个值为___________．
13. 如图，五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．已知，且等腰梯形所在平面，等腰三角形所在平面与平面的夹角的正切值均为，则该五面体的体积为_______．
14. 已知函数，，，其中表示a，b中最大的数．若，则________；若对恒成立，则t的取值范围是________．
15. 已知数列的前n项和为，且，其中k，b不同时为0．给出下列四个结论：
①当时，为等比数列；
②当时，一定不是等差数列；
③当时，为常数列；
④当时，是单调递增数列．
其中所有正确结论的序号是_________．
三、解答题共6道小题，共85分．解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程．
16. 已知函数同时满足下列3个条件中的2个．这3个条件为：
①；②；③0是函数的一个零点.
（1）直接写出满足题意的2个条件的序号，并求出的值：
（2）设，若函数在上无最小值，求的取值范围．
17. 四棱锥中，底面为平行四边形，平面平面，，E为棱的中点，过点B，C，E的平面交棱于点F．

（1）求证：F为中点；
（2）若，再从条件①，条件②，条件③中选择一个作为已知，使四棱锥唯一确定，求二面角的余弦值．
条件①：
条件②：
条件③：与平面所成角的正切值为2
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．
18. 上学期间，甲每天7:30之前到校的概率为，乙每天7:30之前到校的概率为.假定甲、乙两位同学到校情况互不影响，且任一同学每天到校情况相互独立.
（1）设为事件“在上学期间随机选择三天，甲在7:30之前到校的天数恰为2天”，求事件发生的概率；
（2）在上学期间随机选择两天，记为甲7:30之前到校的天数，记为乙7:30之前到校的天数，，求的分布列和数学期望；
（3）在上学期间随机选择天，若在这天中，甲7:30之前到校的天数多于乙，则记，否则记，分别比较，的大小和，的大小，直接写出结论.
19. 已知椭圆C:的离心率为，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形周长为.
（1）求椭圆的方程；
（2）直线与椭圆交于、两点，与轴交于点，线段的垂直平分线与交于点，与轴交于点，为坐标原点，如果，求的值.
20. 已知函数．
（1）求曲线在点处的切线方程：
（2）当时，求不等式的解集；
（3）若不等式无整数解，求实数a的取值范围．
21. 已知m为大于0的偶数，集合．给定项数为的有限数列，对于集合中任意元素，记．
（1）若，数列，写出的所有可能值．
（2）对于各项均为正数的数列，证明：存在，使得．
（3）对于各项均为正数的数列和，证明：存在，使得同时成立．
注：表示中最大的数，表示中最小的数．
参考答案
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．
二、填空题共5道小题，每小题5分，共25分．
11. 【答案】
【详解】由题可得抛物线是开口向右的抛物线，可得 ，即，
因此准线方程为，
由横坐标为的点到焦点的距离为，可得：，
即，解得.
12. 【答案】（答案不唯一，只需）
【详解】由可得：，
因为在圆上，所以也满足，
即直线与圆有公共点，
圆心到直线的距离，直线与圆有公共点则：即，
取，直线的方程为（即轴）：
取，在直线上，此时，
对应，满足，确实在圆上，
符合所有题干条件，因此是一个正确解.
13. 【答案】##
【分析】作出图形，结合二面角的定义分别求出，最后利用五面体的体积为2倍的四棱锥的体积加上三棱柱的体积求出结果即可.
【详解】如图，作于，，连接；同理作于，，连接，取中点，连接，再作于，
因为等腰梯形所在平面､等腰三角形所在平面与平面的夹角的正切值均为，
因为，房顶的底面为矩形，，所以，
又中点，，且，所以，
所以，，所以由二面角的定义可得，正切值均为.则.所以，
因为，，，且底面，
所以底面，
所以该五面体的体积为2倍的四棱锥的体积加上三棱柱的体积，
即，
故答案为：.
14. 【答案】 ①. ②. .
【分析】由函数的定义，求，由时，，当时，可得已知条件等价于在上恒成立，化简可求的范围．
【详解】由已知，
若，则，所以，
当时，，当时，，
因为对恒成立；
所以当时，恒成立，
所以当时，恒成立，
若，则当时，，矛盾，
当时，可得恒成立，所以，
所以t的取值范围是为，
故答案为：，.
15. 【答案】①③④
【分析】由可得，代入可判断①；利用可判断②③；利用是减函数可判断④．
【详解】，
当时，，可得，
当时，，
由两个式相减可得，即，
可得，
对于①，当时，得，即，又k，b不同时为0，
所以，，所以是首项公比为等比数列，故①正确；
对于②③，当时，，且，所以是以为首项，
公比为等比数列，所以，，
所以当时，，此时是常数列，即是等差数列，故②错误③正确；
对于④，当时，，，
因为是减函数，所以是递增函数，
所以是单调递增数列，故④正确．
故答案为：①③④.
三、解答题共6道小题，共85分．解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程．
16. 【答案】（1）满足①③，
（2）
【分析】（1）假设函数同时满足①②，运用正弦型函数的对称性和最值性质进行运算判断即可；
假设函数同时满足①③，运用正弦型函数的对称性和零点的定义进行运算判断即可；
假设函数同时满足②③，运用正弦型函数的最值性质和零点的定义进行运算判断即可；
（2）运用两角差的正弦公式、降幂公式、辅助角公式把函数的解析式化成正弦型函数解析式形式，根据正弦型函数的最值性质进行求解即可.
【小问1详解】
若函数同时满足①②：
因为，所以函数的一个对称中心为，
所以，所以，
所以，因为，所以令，得，即，
显然函数的最大值为，
因为，所以 不恒成立，
所以函数不能同时满足①②；
若函数同时满足①③：
由上可知满足①时，，
因为，
所以0是函数的一个零点，所以函数可以同时满足①③；
若函数同时满足②③：
因为，所以当时，函数有最大值，
所以有，
因为，所以令，得，即，
因为，
所以0不是函数的一个零点，所以函数不能同时满足②③；
【小问2详解】
由（1）可知：，
，
当时，，
因为，且函数在上无最小值，
所以，
所以的取值范围.
17. 【答案】（1）证明见解析
（2）选条件①：不合题意；选条件②：；选条件③：；
【分析】（1）根据线面平行的判定定理及性质定理可得结果；
（2）选条件①：根据面面垂直的性质定理结合已知，不合题意；选条件②：根据面面垂直的性质定理结合已知，建立空间直角坐标系，由向量法求二面角可得结果；选条件③：根据面面垂直的性质定理得为与平面所成角，建立空间直角坐标系，由向量法求二面角可得结果.
【小问1详解】
因为四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面，
又平面，平面平面，
所以，所以，又E为棱的中点，
所以F为中点.
【小问2详解】
选条件①：
因为平面平面，平面平面，，
所以平面，所以，又，且平面，
所以平面，所以，故四边形为菱形，
但，在中， ，
这与四边形为菱形矛盾，不合题意；
选条件②：
因为平面平面，平面平面，，
所以平面，所以，又，
在中， ，所以，
所以在中，，在中，，
所以，如图，以A为坐标原点建立空间直角坐标系，
所以，
设平面的一个法向量为，又，
因为，所以，令，则，
故，
设平面的一个法向量为，又，
因为，所以，令，则，
故，
则，因为二面角为钝角，
所以二面角的余弦值为.
选条件③：因为平面平面，平面平面，，
所以平面，所以为在平面内的射影，
故为与平面所成角，即，
所以，在中，，
所以，如图，以A为坐标原点建立空间直角坐标系，
所以，
设平面的一个法向量为，又，
因为，所以，令，则，
故，
设平面的一个法向量为，又，
因为，所以，令，则，
故，
则，因为二面角为钝角，
所以二面角的余弦值为.
18. 【答案】（1） （2）分布列见解析， （3）；
【分析】（1）先判断在上学期间随机选择三天，甲在7:30之前到校的天数符合二项分布，利用二项分布概率公式计算即得；
（2）根据随机变量的可能值，利用独立事件的概率公式分别计算其概率，得到的分布列，即可得到数学期望；
（3）依题意，随机变量服从两点分布，根据两点分布的方差公式计算比较即得.
【小问1详解】
依题意知在上学期间随机选择三天，甲在7:30之前到校的天数符合二项分布,即，故；
【小问2详解】
，，则的可能值有.
,
,
,
,
.
故的分布列为：
；
【小问3详解】
由题，随机变量服从两点分布，不妨设，则.
故当时，，于是；
故当时，，
于是，故
同理可得：.即：；.
19. 【答案】（1）
（2）
【分析】（1）由题意可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，可得出椭圆的方程；
（2）分析可知，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，求出线段的中点的坐标，求出线段的垂直平分线的方程，可求得点的坐标，分析可得，利用两点间的距离公式可求得的值.
【小问1详解】
由题设得，解得，，，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
由，得，
由，得.
设、，则，，
所以点的横坐标，纵坐标，
所以直线的方程为.
令，则点的纵坐标，则，
因为，所以点、点在原点两侧.
因为，所以，所以.
又因为，，
所以，解得，所以.
20. 【答案】（1） （2） （3）
【分析】（1）先求出函数的导数，利用导数求出曲线在某点处的切线斜率，进而得到切线方程；（2）当确定时，分类讨论，结合指数函数单调性解不等式的解集；（3）不等式转化为，设函数，利用导数求函数的取值范围，再结合不等式，讨论的取值，即可求解.
【小问1详解】
将代入，可得.
.
将代入，.
则切线方程为，即.
【小问2详解】
当时，.
即,解得;或，无解.
综上所得，不等式的解集为.
【小问3详解】
由，不等式，即，
设，，
设，，所以单调递增，
且，，
所以存在，使，即，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，
因为，所以，
当时，，当时，，
不等式无整数解，即无整数解，
若时，不等式恒成立，有无穷多个整数解，不符合题意，
若时，即，因为函数在上单调递减，在上单调递增，
所以时，，所以无整数解，符合题意，
当时，因为，显然是的两个整数解，不符合题意，
综上可知，.
21.【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【分析】（1）根据时集合中元素的所有可能情况，结合的定义求出所有可能值；
（2）通过合理构造来证明存在性；
（3）通过合理构造并结合数学归纳法即可证明.
【小问1详解】
当时，集合.
中的元素有以下几种情况：
当时，数列，根据，则.
当时，.
当时，.
当时，.
当时，.
当时，.
所以的所有可能值为.
【小问2详解】
记，，
对于集合中元素可采用天平法的思想构造，
将数列从大到小排序为，
对应的，按照从大到小的顺序交替分配，（因为为偶数，这种分配就可以完成），
此时，
即存在使得.
【小问3详解】
对数列重新排列使得，
令，
易得，
对重排使得，
当为奇数时，对使用数学归纳法证明且，
①时，取，，
，
②，设，符合条件，时，
记，
，
由归纳假设，
，
令，
则，从而，，
，
，
若，则，
，令即可，同理若，则
，令即可，
综上为奇数的情形得证.
若为偶数，令，其中，
则，使得，，
令，
则且满足，同时成立，
综上，为大于0的偶数时，存在使得同时成立题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
D
A
D
B
D
C
D
B
C
0
1
2