北京市平谷区2026届高三下学期一模数学试卷（Word版附解析）

这是一份北京市平谷区2026届高三下学期一模数学试卷（Word版附解析），共5页。试卷主要包含了 已知集合，则， 已知双曲线的离心率是2，则， 若，则“”是“”的等内容，欢迎下载使用。
2026.3
第一部分 选择题（共40分）
一、选择题（本大题共10题，每题4分，共40分；在每题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意，请将正确选项填涂在答题卡上．）
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由一元二次不等式求解确定集合，再由并集运算即可求解.
【详解】由可得，
即，又，
所以.
2. 若复数满足，则在复平面内的对应点位于（ ）
A 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的除法运算可得，再根据复数的几何意义分析判断.
【详解】由题意可知：，
即，
所以z在复平面对应的点为在第四象限.
3. 已知双曲线的离心率是2，则（ ）
A. B. 3C. 2D.
【答案】B
【解析】
【详解】已知双曲线方程为，则，
，
，解得．
4. 若，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
【答案】A
【解析】
【详解】对移项通分：，
若，则，因此，即一定成立，充分性成立；
若，不一定能推出，
举例：取，满足，但不满足，因此必要性不成立；
综上，“”是“”的充分不必要条件.
5. 如图，正方形的边长为，延长至，使，连接、则
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】试题分析：由图象知，所以有，再根据同角三角函数关系式，可求出，选B.
考点：1.两角差的正切公式；2.同角三角函数关系式.
6. 已知函数（且），将函数的图象上的每个点的横坐标不变，纵坐标扩大为原来的3倍，得到函数的图象，再将的图象向右平移1个单位长度，所得图象恰好与函数的图象重合，则的值是（ ）
A. 3B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】由题可得，
则再将的图象向右平移1个单位长度后所得图象为函数的图象，
由题可知函数图象恰好与函数图象重合，
所以，即，
又且，所以.
7. 设，函数若，．当存在最小值时，的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先分析图象，结合图象可知，要使取得最小值的条件，由此列不等式可得结论.
【详解】依题意，，
当时，，易知其图象为一条端点取不到的单调递增的射线；
当时，，易知其图象是，圆心为，半径为的圆在轴上方的图象（即半圆）；
因为，设，，
当时，，此时不存在最小值，
当时，，当且仅当为线段与半圆的交点时等号成立，
过点作直线的垂线，
当垂足不在函数的图象上时，
则，此时，不存在最小值，
当垂足在函数的图象上时，
，此时，
当且仅当与重合，为线段与半圆的交点时等号成立，
所以当与重合，为线段与半圆的交点时，存在最小值，最小值为，
因为的斜率为，则，
故直线的方程为，
联立，解得，则，
所以若存在最小值，则，又，
故.
8. 在平面直角坐标系中，角以为始边，把角的终边绕端点逆时针方向旋转弧度，这时终边对应的角是，若，则（ ）
A. 有最小值B. 有最小值C. 有最大值D. 有最大值1
【答案】B
【解析】
【分析】利用诱导公式将转化为，再结合的范围和余弦函数的单调性分析的范围，从而确定的取值范围.
【详解】根据题意，角是将角终边绕端点逆时针方向旋转弧度得到的，故，
所以，
因为在上单调递减，而，
所以当时，有最大值为，
当时，有最小值为，
即，所以，
故，所以有最小值，有最大值.
9. 近年来，人们越来越注意到家用冰箱使用的氟化物释放对大气臭氧层的破坏作用．科学研究表明，臭氧含量与时间（单位：年）的关系为，其中是臭氧的初始含量，为常数．经过测算，如果从现在算起，不对氟化物的使用和释放进行控制，经过年将有一半的臭氧消失．按照这样变化规律，若经过年，臭氧含量只剩下初始含量的，约为（）（参考数据：）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，年臭氧剩一半可得衰减常数，代入臭氧剩的条件，再利用参考数据计算出.
【详解】根据题意，臭氧含量随时间变化的关系为，
已知经过年臭氧含量剩下一半，即，
两边同时取对数得：，所以，
要求臭氧含量剩初始含量的，即，所以，即，
由，，得，
代入得：年，
因此，经过约年臭氧含量只剩下初始含量的.
10. 在平面直角坐标系中，是坐标原点，两定点满足，则点集所表示的区域的面积是（ ）
A. 8B. C. 4D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，求得是等边三角形，不妨设，，且，求得，结合，确定区域形状，进而求得其面积.
【详解】由题意知，可得，
因为，所以，所以是等边三角形，
不妨设，，且
因为，可得，
即，所以，解得，
又，则，画出如下图形，
则平行四边形及其内部即为点集所表示的区域，
由可得，
由可得，
由可得，
所以，
点到直线的距离
所以平行四边形的面积为，
即点集所表示的区域的面积是.
第二部分 非选择题（共110分）
二、填空题（本大题共5题，每题5分，共25分，请把答案填在答题卡中相应题中横线上）
11. 在的展开式中，x的系数为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据二项式定理求出通项，即可求出x的系数为.
【详解】解：的展开式中，含的项为：，
故的系数为.
故答案为：．
12. 已知直线与圆相切，并且圆过点，则的最小值是______．
【答案】2
【解析】
【分析】根据题意，得到，且，联立方程组，求得，由，得到，即可求解.
【详解】由圆，可得圆心，半径为
因为直线与圆相切，可得，
又因为圆过点，可得，
所以，可得，解得，
因为，可得，所以，
又因为，所以当时，取得最小值，最小值为.
13. 无人机表演团队把飞在空中的无人机设计成在垂直于地面的同一平面内，已知10架无人机飞行的高度（单位：米）从低到高构成项数为10的数列，该数列的前4项成等比数列，后7项成等差数列，且，，，则______，数列所有项的和为______．
【答案】 ①. 144 ②. 1073
【解析】
【分析】先利用和前项求出前项等比数列的公比​，再利用和求出后项等差数列的公差，进而分别计算出及数列各项的和.
【详解】设前项构成的等比数列公比为，则，即，解得；
设后项构成的等差数列公差为，则分别是第一项和第六项，所以，
即，解得；
因为是等差数列的第四项，所以；
因为是等差数列与等比数列的公共项，现将其只看作等差数列的首项，
则数列所有项的和可看作前项等比数列与后项等差数列的和，
所以
【点睛】这道题的核心是分段数列的衔接处理：以公共项为桥梁，分别用等比数列通项公式求公比、等差数列通项公式求公差，再分段求和得到结果.
14. 如图在一个五面体中，其中面为矩形，平面，且与平面的距离为5，则该五面体的体积为______．
【答案】40
【解析】
【分析】将多面体补形为三棱柱，过点F作平面，过作的平行线，交于点，交于点，利用，进行计算即可.
【详解】如图，可将多面体补形为三棱柱，
过点F作平面，为垂足，
过作的平行线，交于点，交于点，
因为平面，平面，
所以平面平面，
由题知，
因为平面，平面，所以，
又，，所以，，平面，
平面，∴，
连接，因为，，所以，
所以，
∴．
15. 在平面内，点位于直线的右侧，点到点的距离与到直线的距离之积为4．
给出下列四个结论：
①点过坐标原点；
②；
③若点在第一象限内，的最大值为1；
④点经过3个整点（即横、纵坐标均为整数的点）．
其中正确结论的序号是______．
【答案】①②④
【解析】
【分析】先求出点P的轨迹方程，将原点O代入轨迹方程即可判断①；由点位于直线的右侧和即可求解判断②；由时求出y即可判断③；由x的取值范围将x的整数取值代入轨迹方程求出y即可判断④.
【详解】点到点的距离为，到直线的距离为，
则，即点的轨迹方程为，
将点代入点P的轨迹方程得，
所以点过坐标原点，①正确；
因为点位于直线的右侧，所以，
又，
所以，②正确；
对于③：在中，
当时，化简得，
当点在第一象限时，取，则，
所以点在第一象限内，的最大值一定大于，故③不正确；
因为，令，
所以点共经过这3个整点（即横、纵坐标均为整数的点），④正确．
三、解答题（本大题共6题，共85分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．）
16. 在中，．
（1）求的大小；
（2）在下列三个条件中选择一个作为已知，使存在，并求出边上的高线的长度．
条件①：；
条件②：；
条件③：
【答案】（1）；
（2）选②，不存在；可选条件①或③，答案均为
【解析】
【分析】（1）由正弦定理和诱导公式化简，结合特殊角三角函数值得到答案；
（2）选择①，利用余弦定理进行求解；选择②，由正弦函数单调性得到角的大小，从而三角形不存在；选择③，由同角三角函数关系，诱导公式和正弦和角公式进行求解
【小问1详解】
在中，，由正弦定理可得．
因为，所以．
故，
所以．
因为，，所以，
因为，所以；
【小问2详解】
条件②：，
又，故，且为锐角，
因为，故，
此时，不合题意，此时不存在；故不能选②；
选条件①：，
由余弦定理，得，
即，解得：，负值舍去，
则边上的高线．
选择③：，
因为，且为锐角，则，
，
则边上的高线．
17. 如图，在三棱台中，四边形为直角梯形，，平面平面，为的中点，．
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成的角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）法一：取的中点，连接，证得四边形是平行四边形，得到，结合线面平行的判定定理，即可证得平面；
法二：根据题意，证得四边形为平行四边形，得到，结合线面平行的判定定理，即可证得平面；
（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得向量和平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.
【小问1详解】
证明：法一：取的中点，连接，
因为分别是的中点，可得，且，
在三棱台中，可得，所以，
又因为，所以，
所以四边形是平行四边形，则，
因为平面，平面，所以平面．
法二：在三棱台中，为的中点，且，
因为，所以，
所以四边形为平行四边形，所以，
又因为平面，且平面，于是平面．
【小问2详解】
解：因为平面平面，平面平面，
且，平面，所以平面，
又因为平面，所以，
因为，以为坐标原点，以所在的直线分别为轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
可得，
则．
设平面的法向量为，则，
令，可得．所以．
设直线与平面所成的角为，则，
所以直线与平面所成的角正弦值为．
18. 根据《国家学生体质健康标准》，高一男生和女生50米跑单项等级如下（单位：秒）：
从某校高一男生和女生中各随机抽取15名同学，将其50米跑测试成绩整理如下：
假设用频率估计概率，且每个同学的测试成绩相互独立．
（1）估计该校高一男生50米跑单项及格及以上的概率；
（2）从该校高一男生和女生中各随机抽取2人，估计4人中恰有2人50米跑单项等级是优秀的概率；
（3）通过一段时间锻炼，对该校在及格及以下成绩的学生进行再测试，结果又有的男生达到良好及以上的成绩，又有的女生达到良好及以上的成绩，记最后男女达到良好及以上的概率分别为，判断的大小．（结论不要求证明）
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）通过求解；
（2）通过对立事件、独立事件、互斥事件概率公式求解；
（3）根据题目信息，利用古典概率的意义判断即得.
【小问1详解】
样本中50米跑单项等级获得优秀的男生人数为5，获得良好的男生人数为5，获得及格的男生人数为1，
所以估计该校高一男生50米跑单项的及格及以上的概率；
【小问2详解】
记4人中恰有2人50米跑单项等级是优秀的事件为
记“高一男生50米跑单项等级是优秀”为事件；
“高一女生50米跑单项等级是优秀”为事件；
其中独立事件
由（1）得；．
记2名50米跑单项等级是优秀的人都是男同学的事件为
记2名50米跑单项等级是优秀的人都是女同学的事件为
记2名50米跑单项等级是优秀的人有1名是男同学1名是女同学的事件为
则．
【小问3详解】
男生及格及以下成绩人数为5人，再次测试后良好及以上成绩约1人，
女生及格及以下成绩8人，再次测试后良好及以上成绩为2人，
两次测试后，良好及以上成绩的总人数男生多于女生，
所以．
19. 已知椭圆的离心率为，右顶点为，左焦点为，且．
（1）求椭圆的方程；
（2）点在椭圆上，且点在第一象限内，直线，过点且平行于的直线交轴于点，直线交轴于点，点为线段的中点，求证：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用离心率和的几何意义，结合椭圆中的基本关系，联立方程组即可求出，进而得到椭圆方程；
（2）法一：先通过直线和的方程求得点和的坐标，再借助两点间距离公式得到，再由条件为线段的中点即可得结论;
法二：先通过直线和的方程求得点和的坐标，再由条件为线段的中点得到点的坐标，最后得出即可得结论.
【小问1详解】
由题意，解得．
所以椭圆的方程为．
【小问2详解】
依题意，，因为点是椭圆上一点，可得，且，
直线的斜率，直线的方程为，
令，得．
直线的斜率为，直线方程为，
令，得．
法一：因为，
，
所以，所以三角形为等腰三角形，因为点为底边的中点，
所以．
法二：点为线段的中点，，所以，
所以，
，所以，所以．
20. 已知函数．
（1）当，求曲线在点处的切线方程；
（2）若，求函数极值点的个数；
（3）若对任意的实数恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）2个 （3）
【解析】
【分析】（1）切线斜率等于函数在该点的导数值，结合点斜式直线方程即可求解；
（2）多次求导得函数的单调性，进而求出函数的极值点即可判断；
（3）分离参数得在上恒成立，令，多次求导得其单调性，然后求解最值即可．
【小问1详解】
当时，，所以．
所以．
所以曲线在点处的切线方程为，
即．
【小问2详解】
由，得，
令，则．
当时，，当时，，
所以在区间上是减函数，在区间上是增函数．
所以的最小值为．
，
又在单调递减，在单调递增，
故存在，使得，
所以，在区间上，在区间上．
所以，在区间上单调递增，在区间上单调递减，
故是函数的极大值点．
同理：存在，使得，
所以，在区间上，在区间上．
所以，在区间上单调递减，在区间上单调递增，
故是函数的极小值点．
综上：函数极值点有2个．
【小问3详解】
对任意的实数恒成立，
等价于在上恒成立，得，
令，则．
令，则．因为，所以，
所以在上是增函数，所以，所以，
所以在上是增函数，所以的最小值为．所以，
即实数的取值范围．
21. 设数阵，其中．设，其中且．定义变换为“对于数阵的每一行，若其中有或，则将这一行中每个数都乘以；若其中没有且没有，则这一行中所有数均保持不变．表示“将经过变换得到，再将经过变换得到，…，以此类推，最后将经过变换得到”，记数阵中四个数的和为．
（1）若，写出经过变换后得到的数阵；
（2）若，求的值；
（3）对任意确定的一个数阵，证明：对所有可能的非空子集，对应的的值的总和不超过．
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据矩阵变换的定义和已知的变换结果，得到矩阵；
（2）先对矩阵执行指定的变换得到新矩阵，再将新矩阵所有元素相加得到；
（3）通过分类讨论子集是否包含矩阵中对应位置的元素，统计各类子集的数量并计算变换后矩阵元素的总和，最终推导出所有的值的总和的表达式并证明其不超过 −4.
【小问1详解】
由题意可得；
【小问2详解】
经变换后得，故．
【小问3详解】
若，在的所有非空子集中，含有且不含的子集共，经过变换后第一行均变为；含有且不含的子集共个，经过变换后第一行均变为；同时含有和的子集共，经过变换后第一行仍为；不含也不含的子集共个，经过变换后第一行仍为．
所以经过变换后所有的第一行的所有数的和为
．
若，则的所有非空子集中，含有的子集共个，经过变换后第一行均变为；不含有的子集共个，经过变换后第一行仍为．
所以经过变换后所有的第一行的所有数的和为．
同理，经过变换后所有的第二行的所有数的和为．
所以对所有非空子集，的值的总和为，
又因为，
所以的值的总和不超过．
【点睛】这道题以矩阵子集变换为载体，核心是通过分类计数与对称抵消思想.注意事项
1．本试卷共4页，包括两部分、满分150分，考试时间120分钟．
2．在答题卡土准确填写学校名称、班级和姓名．
3．试题答案一律填涂或书写在答题卡上、在试卷上作答无效．
4．在答题卡上、选择题用2B铅笔作答，其他试题用黑色字迹签字笔作答．
5．考试结束，请将答题卡交回．
50米跑单项等级
高一男生
高一女生
优秀
7.3及以下
8.0及以下
良好
7.4~7.5
8.1~8.6
及格
7.6~9.5
8.7~10.6
不及格
9.6及以上
10.7及以上
男生
7.0
7.1
7.2
7.3
7.3
7.4
7.5
7.5
7.5
7.5
8.6
9.6
9.7
9.7
9.8
女生
7.4
7.6
7.6
7.8
7.9
8.0
8.1
8.8
9.0
9.2
9.7
10.4
10.4
10.5
10.8