北京市2025一2026学年上学期新高三入学定位考试数学试题（含解析）

答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页北京市2025一2026学年上学期新高三入学定位考试数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．已知集合，则（）A． B．C． D．2．若复数满足，则（）A． B．1C． D．3．直线被圆所截得的弦长为（）A． B．2C． D．44．在的展开式中，常数项为（）A． B．C．6 D．125．为了得到函数的图象，只需把函数的图象上所有的点（）A．向上平移1个单位长度 B．向下平移1个单位长度C．向左平移个单位长度 D．向右平移个单位长度6．已知函数的最大值为2，则的值可以是（）A．-1 B．1C． D．27．已知点在抛物线上，且点到抛物线焦点的距离等于点到直线的距离，则（）A．1 B．2C．3 D．48．已知单位向量，满足，则向量与的夹角为（）A． B．C． D．9．已知无穷等比数列的公比为，则“”是“单调递减”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10．在棱长为1的正方体中，点在正方形内，且不在棱上，又，则下列结论中错误的是（）A．四棱锥的体积不变B．总有C．点在一条定线段（不含端点）上D．记直线分别与平面和平面所成角为，则可以为二、填空题11．函数的定义域为．12．已知双曲线的一条渐近线经过点，则，的离心率为．13．函数的最小正周期，函数的长度为的一个单调递减区间为．（只需写出一个）14．等差数列的通项公式，前项和为，则，数列的最小值为．15．已知函数与，其中实数．给出下列四个结论：①函数在区间上单调递增；②对任意的与的图象都只有一个公共点；③若与的图象没有公共点，则的取值范围是；④当与的图象有两个公共点时，这两个公共点横坐标的差大于1．其中所有正确结论的序号是．三、解答题16．在中，为钝角，，．(1)求；(2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，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；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．17．如图，在四棱锥中，，点在上，．

(1)若为线段的中点，求证：平面；(2)若平面，且，求直线与平面所成角的正弦值．18．某学校为了解该校不同性别教师使用人工智能模型的情况，分别从男教师、女教师中随机抽取了部分教师，统计了他们上个月使用人工智能模型的时长，得到以下数据（单位：小时）：女教师：25，26，32，33，34，36，46，47，50，55男教师：15，16，22，23，24，26，36，37，40假设用频率估计概率，用样本估计总体，且每名教师使用人工智能模型的情况相互独立．(1)该学校要对上个月使用人工智能模型时长不足20小时的职工进行专项调研，已知该校共有180名男教师，试估计该校需要参加此次专项调研的男教师人数；(2)从女教师中随机抽取2人，男教师中随机抽取1人，记为这3人中上个月使用人工智能模型时长不少于35小时的人数，求的分布列和数学期望：(3)设样本中女教师使用人工智能模型时长的方差为，男教师使用人工智能模型时长的方差为，写出与的大小关系．（结论不要求证明）19．已知椭圆的右顶点为，上顶点与左右焦点构成一个等腰直角三角形．(1)求椭圆的方程；(2)经过点的直线与椭圆的另一个交点为、点关于轴的对称点为与不重合），直线与轴的交点分别为．若，求线段的长．20．已知函数．(1)求证：曲线在点处的切线一定经过点；(2)当时，求函数的单调区间；(3)记，是否存在实数，使得函数与在处同时取得极值，若存在，求出的值，若不存在，说明理由．21．给定整数，数列满足．定义数列如下：，其中表示这2个数中最小的数．记，(1)时，，分别写出相应的数列和；(2)求证：；(3)求的最小值．《北京市2025一2026学年上学期新高三入学定位考试数学试题》参考答案题号12345678910答案BDCCACBABD1．B【分析】根据交集的定义即可求得.【详解】因，则.故选：B2．D【分析】利用复数的模的计算公式可求得.【详解】因，则，故选：D.3．C【分析】先把圆的一般方程化成标准方程，求出圆心和半径，再结合点到直线的距离公式，判断直线与圆的位置关系，可求弦长.【详解】由，可得圆的圆心为，半径为.因圆心到直线的距离为：，则直线经过圆心.所以直线被圆所截得的弦长为圆的直径，为.故选：C4．C【分析】应用二项式的展开式求常数项即可.【详解】由题设，二项式展开式为，，所以时，常数项为.故选：C5．A【分析】把化简为后可得平移方法.【详解】因为即为，故只需把函数的图象上所有的点向上平移1个单位长度即可，故A对B错；对于C，把函数的图象上所有的点向左平移个单位长度后所得图象对应的解析式为，故C错误；对于D，把函数的图象上所有的点向右平移个单位长度后所得图象对应的解析式为，故D错误；故选：A.6．C【分析】先利用辅助角公式将函数化简，再利用三角函数的最值求出的值.【详解】由题意，函数，因为正弦函数的值域是，所以的最大值为，已知的最大值为，即，整理得，解得.故答案为：7．B【分析】根据抛物线的定义及题意列出关系式即可.【详解】抛物线的准线为，则由抛物线的定义可知，点到抛物线焦点的距离为，故由题意可得，，得.故选：B8．A【分析】利用数量积的运算律及模的运算求出，的值，然后利用向量的夹角公式求解即可.【详解】因为单位向量，满足，所以，，所以，又，所以，即向量与的夹角为.故选：A9．B【分析】由充分条件、必要条件的定义，结合等比数列的性质判断推出关系，即可得.【详解】由，则或，若，有单调递减，若，有单调递减，若，则不具有单调性，即充分性不成立；由单调递减，则或，此时成立，即必要性成立，综上，“”是“单调递减”的必要不充分条件.故选：B10．D【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，根据可得的轨迹为如图所示的线段（不含两点），故可判断AC的正误，利用空间向量数量积的坐标形式计算后可判断B的正误，利用向量法求出后结合三角变换公式求出后结合在上无解可判断D的正误.【详解】根据正方体可建立如图所示的空间直角坐标系，其中，因为点在正方形内，且不在棱上，故设，对于C，因为，故，故，故，取的中点为，的中点为，则的轨迹为（不含两点），故C正确；对于A，因为，故到平面的距离为1，而正方形的面积为定值，故四棱锥的体积为为定值，故A正确；对于B，又，故，故B正确；对于D，，设平面的法向量为，则，取，而，故.而，设平面的法向量为，则，取，故.因为，故，，故，令，整理得，故，而，故，而，故在无解，故D错误，故选：D.11．【分析】求出的解集后可得函数的定义域.【详解】由题设可得，所以，所以函数的定义域为，故答案为：.12．0【分析】将点代入双曲线的渐近线方程求得，即可求解和离心率.【详解】已知双曲线的一条渐近线经过点，则点在渐近线上，所以，即，所以，.故答案为：0；13．（答案不唯一，满足即可）【分析】先利用二倍角公式化简，进而结合余弦函数的周期公式、余弦函数的单调性求解即可.【详解】由，则；令，，则，，则函数的长度为的一个单调递减区间为.故答案为：（答案不唯一，满足即可）.14．-3-3【分析】由等差数列的前n项和公式可得第一空答案；由题意可知，令，利用导数可求得第二空答案.【详解】由题意可得，所以；由题意可知，令，则，由可得，由可得，即在上单调递减，在上单调递增，又因，则，即数列的最小值为.故答案为：；15．①②③【分析】根据题意，按的不同取值范围，分类作图，逐一判断即可解出.【详解】题意，分类作图如下：（1）

（2）

（3）

（4）当时，，，两函数的图象只有一个交点，对于①，根据图象，在区间上单调递增，所以①正确；对于②，根据图象，时，与的图象仅有一个公共点，所以②正确；对于③，根据图象，在时，与的图象可能没有交点，此时，解得，即的取值范围是，所以③正确；对于④，根据图象，在时，与的图象可能有两个交点，此时解得公共点横坐标为，则两个公共点横坐标的差为，所以④错误.故答案为：①②③.16．(1)(2)答案见解析【分析】（1）利用二倍角的正弦公式可得，结合正弦定理可得；（2）若选条件①，由同角三角函数的基本关系式和余弦定理可求，故可求面积；若选条件②，利用三角变换公式可求，再结合正弦定理可求，故可求面积；若选条件③，则结合余弦定理和基本不等式得到矛盾，故此时三角形不存在.【详解】（1）因为，所以，又因为为钝角，所以，则，可得，由正弦定理，所以.若选择条件①：，（2）因为，且为钝角，所以由余弦定理，代入整理得到解得（舍），此时的面积；若选择条件②：，因为，且为钝角，所以，且为锐角，由可得，则，由正弦定理，所以，所以的面积；若选择条件③：，由（1）结合为钝角可得，因为，故，而，故，故，而，由余弦定理，，，但由基本不等式有，产生矛盾，故不能选③.17．(1)证明见解析(2)【分析】（1）取中点，连接，则可证四边形为平行四边形，故，由线面平行的判定定理可得平面;（2）建立如图所示的空间直角坐标系，再利用向量法可求线面角的正弦值.【详解】（1）取中点，连接，因为分别为的中点，所以，且，又，所以，所以四边形为平行四边形，所以，又平面平面，所以平面.（2）因为平面，平面，故，而，故可建立如图所示空间直角坐标系，则，因此．设平面的法向量为，则，取，于是.设直线与平面所成角为，所以.18．(1)40(2)分布列见解析，(3)【分析】（1）根据样本计算频率，再估计总体参加专项调研的教师人数；（2）以样本中的数据的频率作为概率，利用独立事件概率公式，求分布列，进而求得数学期望；（3）根据样本的关系，再结合方差的定义，即可比较大小.【详解】（1）样本中9名男教师中有2人使用人工智能模型时长不足20小时.所以男教师使用人工智能模型时长不足20小时的职工的概率约为.故男教师约有需要参加此次专项调研.（2）从女教师中随机选出1人，其使用人工智能模型时长不少于35小时的概率为；从男教师随机选出1人，其使用人工智能模型时长不少于35小时的概率为．由题设，的可能取值为0，1，2，3.且；所以的分布列为：0123数学期望.（3）女教师和男教师的前9个数据的差值都是10，所以女教师和男教师前9个数据的方差相同，女教师比男教师多一个数据55，这个数据与平均数的差值最大，所以使女教师的数据波动变大，从而方差变大，所以.19．(1)(2)【分析】（1）根据等腰直角三角形可得，结合右顶点可求各基本量，从而可得椭圆方程；（2）利用知点求点可用直线的斜率结合表示，再根据可求得，故可得的坐标，从而求出线段的长．我们也可以设，则可用表示，再根据可求，故可求线段的长．【详解】（1）由题设，，所以，所以的方程为.（2）方法一：由题设，直线的斜率一定存在，设直线的方程为.所以可得，，设，所以，所以，所以，所以，直线的斜率，所以直线的方程为，令，得，所以，同理可得所以，又，所以，因为与不重合，所以，所以，所以，所以，所以.方法二：设点，所以，所以直线的方程为，令，所以，同理直线的方程为，令，所以，又，因为，所以，所以所以，所以，所以，所以.20．(1)证明见解析(2)单调递增区间为；单调递减区间为(3)不存在，理由见解析【分析】（1）根据导数的几何意义可求切线方程，从而可求其所过的定点；（2）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数单调性；（3）假设存在实数满足题设条件，则由两者有相同的极值点可求的值和的值，代入检验得不存在极值点后可判断实数不存在.【详解】（1）因为，所以，所以.又，所以曲线在点处的切线方程为当时，，所以曲线在点处切线经过定点.（2）当时，，令，得，与的变化情况如下表：1+00+↗↘↗所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为.（3）假设存在实数，使得函数与在处同时取得极值，因为，所以，所以，所以，此时恒成立，不存在极值，矛盾，所以不存在实数，使得函数与在处同时取得极值.21．(1)(2)证明见解析(3)【分析】（1）利用数列的定义可求解；（2）利