北京市顺义区第一中学2025-2026学年高三上学期期中考试数学试卷（含解析）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页北京市顺义区第一中学2025-2026学年高三上学期期中考试数学试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．已知集合，，则（

）A． B． C． D．2．已知复数满足，则（

）A． B． C．4 D．83．已知平面向量，，，若，则（

）A． B． C．5 D．74．已知等差数列的前项和为，，则（

）A．6 B．18 C．36 D．425．定义域为的函数，，“、均为偶函数”是“函数为偶函数”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6．木楔在传统木工中运用广泛.如图，某木楔可视为一个五面体，其中四边形是边长为4的正方形，且，均为等边三角形，，，则该木楔的体积为（

）A． B． C． D．7．在一定条件下，某人工智能大语言模型训练个单位的数据量所需要时间（单位：小时），其中为常数.在此条件下，已知训练数据量从个单位增加到个单位时，训练时间增加8小时；当训练数据量从个单位增加到个单位时，训练时间增加（单位：小时）（

）A．3 B．4 C．6 D．88．已知函数，则下列说法不正确的是（

）A． B．C． D．9．已知平面直角坐标系中，，，设，则的最大值是（

）A． B． C．8 D．1210．如图，正方体的棱长为2，分别为棱的中点，为棱上的动点，有下列说法：

①平面截正方体表面所得的交线形成的图形可能为三角形；②平面截正方体表面所得的交线形成的图形可以是菱形且此时截面面积最大；③存在点使所有棱和平面所成角都相等；④点到平面的距离不超过；则下列说法中正确的个数（

）A．1 B．2 C．3 D．4二、填空题11．复数的共轭复数所对应的点坐标为.12．已知，则；.13．已知，，且，写出满足条件的一组，.14．已知函数，若为单调递增函数，则实数的范围为，若恒成立，则实数的范围.15．已知是各项均为正数的无穷数列，其前项和为，且.给出下列四个结论：①是单调递减数列；②；③对任意的，都有；④对于任意，存在，有；其中所有正确结论的序号是.三、解答题16．已知函数.(1)求函数的最小正周期和单调递增区间；(2)若在区间上的最大值为，求的值.17．在中，.(1)求角的大小；(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，使得存在且唯一确定，求的面积.条件①：；条件②：；条件③：.注：如果选择多组条件分别解答，按第一个解答计分.18．某高校“植物营养学专业”学生将鸡冠花的株高增量作为研究对象，观察速效肥和缓释肥对植物影响情况.其中速效肥、缓释肥、未施肥三种处理下的鸡冠花分别对应1，2，3三组.观察一段时间后，分别从1，2，3三组随机抽取40株鸡冠花作为样本，得到相应的株高增量数据整理如下表.株高增量（单位：厘米）第1组鸡冠花株数111892第2组鸡冠花株数515164第3组鸡冠花株数1312123假设用频率估计概率，且所有鸡冠花生长情况相互独立.(1)从第2组所有鸡冠花中随机选取1株，估计株高增量为厘米的概率；(2)分别从第1组，第2组，第3组的所有鸡冠花中各随机选取1株，这3株鸡冠花中恰有两株的株高增量为厘米的概率；(3)用“”表示第组鸡冠花的株高增量为厘米，“”表示第组鸡冠花的株高增量为厘米，，直接写出方差，，的大小关系.（结论不要求证明）19．如图，在四棱锥中，底面为矩形，，，、分别为棱，的中点.

(1)求证：平面；(2)若平面平面，；（i）求平面与平面夹角的余弦值；（ii）在棱上是否存在点，使平面，若存在，求出的值，若不存在请说明理由.20．函数的定义域为，，的导函数，为处的切线．(1)的最小值；(2)，除点外，曲线均在上方；(3)若时，直线过且与垂直，，分别于轴的交点为与，求的取值范围．21．对于数列：，，…，，定义变换，将数列变换成数列：，，…，，，记，，.对于数列：，，…，与：，，…，，定义.若数列：，，…，满足，则称数列为数列.(1)若：，1，，1，1，，写出，并求；(2)对于任意给定的正整数，是否存在数列，使得？若存在，写出一个数列，若不存在，说明理由：(3)若数列满足，求数列的个数.答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页《北京市顺义区第一中学2025-2026学年高三上学期期中考试数学试卷》参考答案题号12345678910答案BBDCADACAB1．B【分析】根据集合的运算法则计算．【详解】由已知，所以，故选：B．2．B【分析】先根据复数的除法运算确定复数，再根据复数模的概念求.【详解】因为，所以.故选：B3．D【分析】根据向量垂直的坐标表示求解．【详解】由已知，又因为，所以，解得，故选：D．4．C【分析】根据给定条件，利用等差数列通项公式求出，再利用前项和公式求出.【详解】设等差数列的公差为，由，得，解得，所以.故选：C5．A【分析】根据充分不必要条件的概念结合奇偶函数的概念与性质进行判断.【详解】因为“、均为偶函数”可以推出“函数为偶函数”，所以“、均为偶函数”是“函数为偶函数”的充分条件；因为当、均为奇函数时，也为偶函数，所以“、均为偶函数”不是“函数为偶函数”的必要条件.综上“、均为偶函数”是“函数为偶函数”的充分不必要条件.故选：A6．D【分析】如图，分别过点A，B作的垂线，垂足分别为G，H，连接，取的中点O，连接，求出，结合三棱锥和三棱柱的体积公式计算即可.【详解】如图，分别过点A，B作的垂线，垂足分别为G，H，连接，则由题意等腰梯形全等于等腰梯形，则.取的中点O，连接，因为，所以，则，∴.因为，，所以，因为四边形为正方形，所以，又因为，平面，所以平面，所以平面，同理可证平面，∴多面体的体积，故选：D.7．A【分析】由条件列方程求，再求对应条件下的时间增加量即可.【详解】由题意得，所以，所以，所以当训练数据量N从个单位增加到个单位时，训练时间增加为（小时）.故选：A.8．C【分析】利用辅助角公式，再结合三角函数的对称性和周期性来进行各选项判断即可.【详解】由函数，可知，故A正确；由，可得，故B正确；由，所以的对称中心是，而的对称中心是，故C错误；由，所以的对称轴是，而的对称轴是，故D正确；故选：C9．A【分析】由向量模的坐标表示计算模后，结合三角函数的辅助角公式求得最大值.【详解】由已知，，，所以，，其中，为锐角，所以的最大值为，所以的最大值为，故选：A.10．B【分析】①由正方体三组对面互相平行，结合面面平行性质定理可分析截面至少为四边形；②当截面为矩形时面积取值大于所取截面为菱形时的面积；③条棱分为三组直线，由正三棱锥性质易知；④由平面过定直线，则点线距离即为点面距离的最大值可知.【详解】①正方体有三组对面互相平行，若截面为三角形，则每组对面上有且仅有一条截面与正方体的交线，由题意，平面平面，因为平面平面，设平面平面，则.由平面且平面，则.取中点，过点作，垂足为，则，且，所以四边形为平行四边形，所以，则，不论点在棱如何运动，过点均可作，交棱于，又，则直线即为交线.(经过一点，有且只有一条直线与已知直线平行)故截面图形至少为四边形，不可能为三角形.

故①错误；②当与重合时，平面即为平面，此时截面图形为矩形，且面积为.如图，当与重合，依次连接，取中点，连接，由且，则四边形为平行四边形，则，且，又由且，则四边形为平行四边形，则，则，又，所以四边形为平行四边形，又，故此时四边形为菱形，其面积为，因此，此时截面虽为菱形，但不是最大截面面积，故②错误；

③存在点使所有棱和平面成角都相等.当点为中点时，分别取的中点，顺次连接，易证，则四点共面，同理，由，则四点共面，又三点不共线，故五点共面，由，则平面，即六点共面，即平面即为平面，由，平面，则平面，同理，平面，平面，且，所以平面平面，则所有棱和平面所成角即为与平面所成角，又正方体中条棱所在直线中，由，且，且，则只需考虑与平面所成角是否相等即可.由三棱锥为正三棱锥可知，与平面所成角相等.即存在点为中点时，使所有棱和平面所成角都相等，故③正确；

④由平面过定直线，故点到直线的距离，即为点到过的平面距离的最大值.连接，由上证明同理可证得四边形也为菱形，故，且点到直线的距离为，则在过的所有平面中，点到平面的距离的最大值为，当且仅当与平面垂直时，取到最大值.故点到平面的距离不超过，故④正确；

故选：B.11．【分析】由复数乘法求得，从而得共轭复数，然后由复数的几何意义得点坐标．【详解】，所以，对应点的坐标为，故答案为：．12．115【分析】根据二项式定理求解.【详解】由题意令，令，则，所以，在此式中令得，所以，故答案为：1；15.13．（答案不唯一）（答案不唯一）【分析】根据诱导公式可找出满足条件的，的值.【详解】根据诱导公式，，所以对任意，.即时，恒成立；又，，当时，.所以当，时，成立.所以取，即可满足题意.故答案为：；14．【分析】利用导数分析函数的单调性，可求实数的范围；根据基本不等式研究的最小值，可求实数的范围.【详解】对空1：因为，所以，因为为单调递增函数，所以在上恒成立，即在上恒成立，所以.对空2：因为时，不可能恒成立.所以.因为，当且仅当时取等号.由.故答案为：；15．①②④【分析】根据与的关系，可求的值，验证③的真假；先根据，得到，判断的符号，可得数列的单调性，判断①的真假；结合数列的单调性，可判断③的真假；研究数列的变化趋势，可判断④的真假.【详解】因为，令，则；令，则，又，所以.所以当时，，故③错误；因为，因为，所以.由.因为.因为，，所以，，所以，即，所以是单调递减数列，故①正确；因为，故②正确；因为，且，所以，所以.所以当时，，，即.所以对于任意，存在，有.故④正确.故答案为：①②④16．(1)最小正周期，单调递增区间是（）．(2).【分析】（1）利用三角恒等变换得，再根据正弦型函数性质即可得到答案；（2）利用整体法再结合三角函数图象与性质得到，解出即可.【详解】（1），所以最小正周期．由，得，，故函数的单调递增区间是（）．（2），则，因为，在区间上的最大值为，则函数在上单调递减，则，再结合正弦函数性质知，则，解得.17．(1)；(2)选①③或②③，面积为.【分析】（1）利用正弦定理可得答案；（2）若选条件①、②，由余弦定理解得或，不符合题意；若选条件①、③，利用平方关系求出，由正弦定理可得，利用两角和的余弦展开式计算出，利用平方关系求出，可得，符合题意；若选条件②、③，利用平方关系计算出，由正弦定理解得，利用两角和的余弦展开式计算出，利用平方关系求出，可得，符合题意.【详解】（1）由正弦定理得，因为在中，，所以，又因为，所以，所以，可得；（2）由（1）知，若选条件①：，条件②：，则由余弦定理可得,即，解得或，可使得存在但不唯一确定，故不符合题意；若选条件①：，条件③：，则可得，在中由正弦定理可得，即，解得，，因为，所以，所以，符合题意；若选条件②：，条件③：，则可得，在中由正弦定理可得，即，解得，，因为，所以，所以，符合题意.18．(1)(2)(3)【分析】（1）根据表格数据，第2组所有鸡冠花中随机选取1株，得厘米的总数，由古典概型概率公式可得结果；（2）首先估计各组鸡冠花增量为厘米的概率，根据独立事件概率公式可求概率；（3）由两点分布方差计算公式可求得的值，由此可得大小关系．【详解】（1）设事件为“从第2组所有鸡冠花中随机选取1株，株高增量为厘米”，根据题中数据，第2组所有鸡冠花中，有15株鸡冠花增量为厘米，所以估计为；（2）设事件为“从第1组所有鸡冠花中随机选取1株，株高增量为厘米”，设事件为“从第3组所有鸡冠花中随机选取1株，株高增量为厘米”，根据题中数据，估计为，估计为，这3株鸡冠花中恰有两株的株高增量为厘米的概率为（3）由题意，为两点分布变量，令，则，根据两点分布方差公式，可得.因此.19．(1)证明见解析；(2)（i）；（ii）不存在，理由见解析.【分析】（1）取中点，利用线面平行的判定推理得证.（2）（i）根据给定条件，建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用面面角的向量法求解；（ii）假定存在，利用空间位置关系的向量证明推理判断.【详解】（1）在四棱锥中，取中点，连接，由为棱中点，得，又是长方形边的中点，则，因此，则四边形是平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面.

（2）（i）由平面平面，平面平面，又，平面，所以平面，又，则直线两两垂直，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，又，则，，设平面的一个法向量为，则，令，得，易得平面的一个法向量，所以平面与平面夹角的余弦值为.（ii）假设在棱上存在点，使平面，而，，令，则，由平面，得，因此，无解，所以在棱上不存在点，使平面.20．(1)(2)见解析(3)【分析】（1）利用导数判断其单调性，即可求出最小值；（