北京市部分学校2025-2026学年新高三入学定位考试数学试卷（含解析）

答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页北京市部分学校2025-2026学年新高三入学定位考试数学试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．已知集合，则（

）A． B． C． D．2．已知，则（

）A． B．0 C． D．3．已知，，，则的大小关系为（

）A． B． C． D．4．在平面直角坐标系中，动点在单位圆上按逆时针方向做匀速圆周运动，每12分钟转动一周.若点的初始位置坐标为，则运动到分钟时，动点所处位置的坐标是A． B． C． D．5．已知向量满足与的夹角为，则与的夹角为（

）A． B． C． D．6．国家速滑馆又称“冰丝带”，是北京冬奥会的标志性场馆，拥有亚洲最大的全冰面设计，但整个系统的碳排放接近于零，做到了真正的智慧场馆、绿色场馆，并且为了倡导绿色可循环的理念，场馆还配备了先进的污水、雨水过滤系统，已知过滤过程中废水的污染物数量与时间（小时）的关系为（为最初污染物数量，且）.如果前4个小时消除了的污染物，那么污染物消除至最初的还需要（

）A．3.8小时 B．4小时 C．4.4小时 D．5小时7．若两个正实数满足，若至少存在一组使得成立，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．8．函数在区间内只有一个极值点的充分不必要条件是（

）A． B． C． D．9．如图，某校数学兴趣小组为了测量某古塔的高度，在地面上共线的三点C，D，E处测得点A的仰角分别为，且，则古塔高度约为（

）（结果保留整数）（参考数据：）A．69m B．70m C．73m D．75m10．已知函数若不等式对任意实数x恒成立，则a的取值范围是（

）A． B． C． D．二、填空题11．函数的定义域是.12．已知是定义在上的偶函数，且当时，，则.13．写出一个同时具有下列性质的函数的解析式：.①不是常函数②的最小正周期为2③不存在对称中心14．在中，为中线，，作，则等于.15．已知函数给出下列四个结论：①当时，的最小值为0；②当时，存在最小值；③当时，在上单调递增；④的零点个数为，则函数的值域为.其中所有正确结论的序号是.三、解答题16．设函数.(1)若，求的值；(2)已知在区间上单调递增，，，求，的值.17．如图，在中，为边上一点，且.(1)求；(2)若，求.18．设函数．(1)求函数的最小正周期T和单调递减区间．(2)在锐角中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且，求的取值范围．19．在中，．(1)求；(2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，使存在且唯一确定，求的面积．条件①：；条件②：；条件③：．注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多组符合要求的条件分别解答，按第一组解答计分．20．已知函数.(1)当时，求在处的切线方程；(2)讨论的单调性；(3)若有两个零点，求实数的取值范围.21．设，且都是奇数，行列的数表满足：对任意的，都有.记，若，则称第行为“正行”，若，则称第列为“负列”，记中正行与负列的数目之和为.(1)设，直接写出的值；(2)求证：；(3)求的最大值.《北京市部分学校2025-2026学年新高三入学定位考试数学试卷》参考答案题号12345678910答案CDBCDBCACC1．C【分析】解出集合中的不等式，再根据集合交运算即可求解.【详解】，即且，即且，得或，则，所以.故选：.2．D【分析】先求，再求，即可求解.【详解】根据已知，所以.故选：.3．B【分析】根据指数以及对数的单调性即可求解.【详解】由于，，，所以，故选：B4．C【分析】计算出运动分钟时动点转动的角，再利用诱导公式可求得结果.【详解】每分钟转动一周，则运动到分钟时，转过的角为.设点的初始位置的坐标为，则，，运动到3分钟时动点所处位置的坐标是.由诱导公式可得，，所以，点的坐标为.故选：C.

【点睛】本题考查点的坐标的求解，考查了诱导公式的应用，考查计算能力，属于基础题.5．D【分析】对等式进行变形得，再运算数量积的运算求解即可.【详解】设，由题得，所以，，所以，所以，又，所以，故选:D.6．B【分析】由题意可得，再令，解出可得，即可得解.【详解】由题意可知，即有，令，则有，解得，，故还需要4小时才能消除至最初的.故选：B.7．C【分析】根据题意得，即求，利用基本不等式，可解得，进而得到，进而可求解.【详解】至少存在一组使得成立，即，又由两个正实数满足，可得，当且仅当，即时，等号成立，，故有，解得，故，所以实数的取值范围是故选：C.8．A【分析】利用充分条件、必要条件的定义，结合正弦型函数极佳点的意义列出不等式组求解即可.【详解】由且，得，显然，由函数在区间内只有一个极值点，则，解得，结合选项，所以函数在区间内只有一个极值点的充分不必要条件是.故选：A9．C【分析】先设，由题意求出，再由结合余弦定理即可计算求解.【详解】由题可设，则，又，，所以由余弦定理得，所以，整理得，所以古塔高度约为.故选：C.10．C【分析】分，，三种情况讨论，将恒成立问题分参转化为最值问题，借助导数及函数的性质计算即可.【详解】当时，不等式恒成立；当时，此时，即，即对任意恒成立，令在上单调递减，则，故.当时，此时，即，即，对任意恒成立，令，其中，则，令，则，所以在上单调递减，又，要使在恒成立，则在恒成立，即在恒成立，令，则在上单调递减，，所以.综上所述：的取值范围为.故选：C.【点睛】关键点点睛：利用参变分离，再运用函数的思想研究不等式，并结合导数研究函数的单调性与最值.11．【分析】根据函数解析式建立不等式组，可解得答案.【详解】由题意可得，解得.故答案为：.12．【分析】根据偶函数的性质及指数对数恒等式计算可得.【详解】因为是定义在上的偶函数，且当时，，所以.故答案为：13．（不唯一）【分析】根据函数所具有的性质，结合正弦函数的性质，即可确定答案.【详解】根据题中函数需满足的条件，可取函数为正弦型函数，即可取，其图象为：结合图象可知满足题意，故答案为：（不唯一）14．7【分析】在三角形中利用向量的加、减法的几何意义，将长度、垂直问题转化为向量数量积问题求解可得.【详解】在中，由,则，由三点共线，则,设，则，且，则

.故，即.所以.故答案为：715．①④【分析】对于①，写出此时函数解析式，得到当时，取得最小值，最小值为0；对于②，举出反例；对于③，两分段均单调递增，但端点处，左端点的函数值不一定小于右端点的函数值，故③错误；对于④，对进行分类讨论，结合零点存在性定理得到函数的值域为.【详解】对于①，当时，，当时，，当时，，综上，当时，取得最小值，最小值为0，①正确；对于②，不妨设，此时，当时，，当时，，故，此时函数不存在最小值，②错误；对于③，在上单调递增，且，当时，在上单调递增，且，当时，，故当时，在R上不单调递增，③错误；对于④，，在上单调递增，当时，设，显然单调递增，又，故存在，使得，当时，无解，即在上无零点，此时有两个零点，和，故此时，当时，在上有1个零点，此时有两个零点，和，故此时，当时，，由①知，此时有1个零点，即，当时，在上无零点，在上也无零点，此时，则函数的值域为，④正确.故答案为：①④【点睛】函数零点问题处理思路：（1）直接令函数值为0，代数法求出零点；（2）将函数零点问题转化为两函数的图象交点问题，将代数问题几何化，借助图象分析，大大简化了思维难度；16．(1)(2)，【分析】（1）借助两角和的正弦公式化简后代入计算即可得；（2）由题意可得函数周期，即可得，而后借助正弦函数性质代入计算即可得.【详解】（1），，故，又，故；（2）由题意可得，故，又，故，由，则，解得，又，故.17．(1)6；(2)3.【分析】（1）根据给定条件，利用余弦定理列式解方程即得.（2）由（1）的信息，利用正弦定理、余弦定理求解即得.【详解】（1）设，则，由余弦定理可得，即，得，所以.（2）由，得，则.由正弦定可得，解得.由余弦定理得，即，而，所以.18．(1)；；(2)【分析】（1）利用二倍角公式以及辅助角公式将函数化简，再利用周期公式可求周期，利用正弦函数的单调递减区间整体代入，解不等式即可得解；（2）利用正弦定理边化角求出，再利用三角形的内角和性质求出的范围，代入解析式，根据三角函数的性质即可求解.【详解】（1），所以函数的最小正周期为，令，得，，所以函数的单调递减区间是.（2）由，得，即得，又在锐角中，所以，，解得，，，所以的取值范围是.19．(1)(2)答案见解析【分析】（1）根据题意，利用余弦定理求得，即可求解；（2）根据题意，若选择①②，求得，由正弦定理求得，再由余弦定理求得，结合面积公式，即可求解；若①③：先求得，由，利用正弦定理求得，结合面积公式，即可求解；若选择②③，利用余弦定理，列出方程求得，不符合题意.【详解】（1）解：因为，由余弦定理得，又因为，所以.（2）解：由（1）知，若选①②：，，由，可得，由正弦定理，可得，解得，则，又由余弦定理，可得，即，解得或（舍去），所以的面积为.若选①③：且，由，可得，因为，可得，由正弦定理，可得，解得，所以的面积为.若选：②③：且，因为，可得，整理得，解得，不符合题意，（舍去）.20．(1)(2)答案见解析.(3).【分析】（1）利用导数的几何意义，求出切线斜率和切点坐标，即得切线方程；（2）函数求导分解因式后，对参数分类讨论导函数的符号即得原函数的单调性；（3）根据（2）的结论，对参数分类，分析函数的单调性，极值以及图象变化趋势，结合特殊值，即得函数的零点情况.【详解】（1）当时，函数，又，则.所以在点处的切线方程为.（2）由题意知，的定义域为，显然恒成立，①若，则，此时在上单调递减；②若，令，解得.当时，，当时，；所以在上单调递减，在上单调递增.综上，当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增.（3）若，由（2）知，至多有一个零点；若，由（2）知，当时，取得最小值为.设，则，故在上单调递增，又.（i）当时，，故此时没有两个零点；（ii）当时，，又，故在上有一个零点；当，由可得即，得，则故，即，又易知则，即因此在上也有一个零点.综上，若有两个零点，实数的取值范围为.21．(1)，(2)证明见解析(3)答案见解析【分析】（1）分别计算数表中各行之和与各列之和，根据“正行”与“负列”条件判断即可；（2）用反证法，从行与列两个角度求数表总和则可推出矛盾；（3）用反证法证明，从行列两个角度分析-1，1的个数可推出矛盾，再举出的数表即可.【详解】（1）数表，由题意可得，故只有第3行是“正行”；，故第2，3列是“负列”，第1列不是“负列”，故；数表由题意可得，故只有第2行是“正行”；，故第3，4列是“负列”，第1，2，5列不是“负列”.故.综上所述，.（2）用反证法证明.由数目之和，假设，即数表没有“正行”，也没有“负列”.即任意，则数表中所有数和；且任意，则数表中所有数的和；故数表中所有数的和为0，由题意任意的，即数表中1的个数与的个数相同，所以数表中必有偶数个数，但由于均为奇数，数表中共有个数，为奇数，这与数表中必有偶数个数矛盾.故假设错误，不成立.故成立.（3）当时，数表包含行1列数，若，则各行都为1，则这1列所有数的和为，不可能为“负列”；由数表，，故当时，最大为；同理可知当时，最大为，当时，.下面用反证法证明.假设，则满足条件的数表分三类：，即行都是“正行”且列都是“负列”；或，其中行都是“正行”，列是“负列”；或，其中行是“正行”，列都是“负列”.①若，行都是“正行”且列都是“负列”；即任意，则数表中所有数和；且任意，则数表中所有数的和；故产生矛盾，此类情况不可能；②若，行都是“正行”且列是“负列”；由行都是“正行”，由题意可知，每行各数之和都为正数，由题意任意的，则每行个数中1的个数必大于的个数，即至少有个1，故数表中所有数中至少有个1；由列是“负列”，由题意可知这列中每列各数之和都为负数，则每列个数中的个数必大于1的个数，即至少有个，故数表中所有数中至少有个，则至多有个1；又，故产生矛盾，此类情况也不可能；③若，其中行是“正行”，列都是“负列”.