北京市北京汇文中学2025-2026学年高三上学期期中考试数学试题（含解析）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页北京市北京汇文中学2025-2026学年高三上学期期中考试数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．设集合,若集合有且仅有个元素,则实数的取值范围为（

）A． B． C． D．2．复数在复平面上所对应的点位于（

）A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限3．在等比数列中，，则（

）A． B． C． D．14．已知函数，且，则（

）A．，都有 B．，都有C．，使得 D．，使得5．若，则（

）A． B．1 C． D．6．在平面直角坐标系中，已知三点，若向量在上的投影向量相同，则的值为（

）A．6 B．3 C．2 D．07．如图所示的几何体是从棱长为2的正方体中截去到正方体的某个顶点的距离均为2的几何体后的剩余部分，则该几何体的表面积为（

）

A．24－3π B．24－π C．24＋π D．24＋5π8．已知不等式的解集为，不等式的解集为，其中为非零常数.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9．在中，，为边上一点，且，则面积的最小值为（）A． B． C． D．10．对于函数，若存在实数，使，其中，则称为“可移倒数函数”，为“的可移倒数点”.设，若函数恰有3个“可移1倒数点”，则的取值范围（

）A． B． C． D．二、填空题11．函数的定义域为．12．圆与直线相切于点，则圆的半径为，直线的方程为.13．如图是由六个边长为1的正六边形组成的蜂巢图形，其中正六边形的顶点称为“晶格点”，若四个不同的点均为“晶格点”，两点的位置如图所示，则的最大值为，的最大值为.14．如图，在边长为3的正方形中，点在上，正方形以为轴逆时针旋转角（）到的位置，同时点沿着从点运动到点，，点在上，在运动过程中点始终满足，记点在面上的射影为，则在运动过程中向量与夹角的正切值的最大值为.15．对正整数，其中，记．设，给出下面四个结论：①；

②③；

④数列为等差数列．其中所有正确结论的序号是．三、解答题16．如图，在正三棱柱中，，，分别为，的中点.(1)证明：平面；(2)求直线与平面所成角的大小；(3)线段上是否存在点，使得？若存在，求出点到平面的距离；若不存在，说明理由.17．北京中轴线位于北京老城中心，纵贯老城南北，是统领整个老城规划格局的建筑与遗址的组合体，其中9处中轴线遗产点分为A、B、C三种类型，如下表：类型A（古代皇家宫苑建筑）B（古代皇家祭祀建筑）C（古代城市管理设施）中轴线遗产点景山故宫端门太庙社稷坛天坛钟鼓楼正阳门永定门在上述9处中轴线遗产点中，某研学团队计划随机选取3处进行研学(1)求选取的3处遗产点都为A类的概率；(2)设选取的3处遗产点的类型种数为X，求X的分布列及数学期望；(3)设选取的3处遗产点中，A，B，C类遗产点的个数分别为，，，记，，，直接写出方差，与大小关系．（无需证明）18．已知函数，且在上单调.从以下三个条件中选择一个作为已知，使得存在.①的最大值为2；②；③的图象关于直线对称；(1)求函数的单调增区间；(2)已知，且，求的最小值.注：如果选择的条件不符合要求，本题得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.19．已知函数(1)求曲线在点处的切线方程(2)设函数.（i）求的单调区间；（ii）判断的零点个数，并说明理由；(3)若存在条互相平行的直线与曲线相切，写出的最大值（只需写出结论）20．已知椭圆的左顶点为，两个焦点与短轴一个顶点构成等腰直角三角形，过点且与x轴不重合的直线l与椭圆交于M，N不同的两点．（Ⅰ）求椭圆P的方程；（Ⅱ）当AM与MN垂直时，求AM的长；（Ⅲ）若过点P且平行于AM的直线交直线于点Q，求证：直线NQ恒过定点．21．对于无穷数列，，若－…，则称是的“收缩数列”.其中，，分别表示中的最大数和最小数.已知为无穷数列，其前项和为，数列是的“收缩数列”.（1）若，求的前项和；（2）证明：的“收缩数列”仍是；（3）若，求所有满足该条件的.答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页《北京市北京汇文中学2025-2026学年高三上学期期中考试数学试题》参考答案题号12345678910答案BBABCDBBDA1．B【解析】根据集合的交集运算，由题意知，由此可得，．【详解】因为集合有且仅有个元素，所以，即有．故选：B．【点睛】本题主要考查集合的交集运算，属于基础题．2．B【分析】由复数的运算法则结合复平面的定义计算即可得.【详解】，在复平面上所对应的点位于第二象限.故选：B.3．A【分析】先利用等比中项的性质结合已知条件求出，再根据等比中项的性质求出．【详解】是等比数列，，，，解得或（舍去），，，，解得．故选：A．4．B【分析】由得出的符号,可得抛物线的开口方向以及,根据选项逐一判断即可.【详解】由可知，抛物线开口向上.因为，即1是方程的一个根，所以，都有，故选:B.【点睛】本题考查二次函数的图象和性质,体现了转化思想和数形结合思想,考查学生分析问题解决问题的能力,属于中档题.5．C【分析】根据已知等式的性质，利用赋值法求出常数项及包含目标表达式的等式，进而计算出目标表达式的值．【详解】，令，则，令，则，．故选：C．6．D【分析】利用投影向量公式，结合向量的坐标运算，即可求解.【详解】∵向量在向量上的投影向量相同，，则，得，而，得，得，得，得.故选：D7．B【分析】根据几何体结构特征，利用球、正方体和圆的面积公式可得.【详解】由题意知，该几何体是从棱长为2的正方体中截去以正方体某个顶点为球心，2为半径的球后的剩余部分，其表面积等于正方体表面积减去三个半径为2的圆，再加上2为半径的球面，则.故选：B8．B【分析】分，，，，再根据，，利用一元二次不等式的解法求解判断.【详解】当时，若，则不等式为，解得，所以，此时，所以；若，设，则不等式的解集为：或，不等式的解集为：或，所以；当时，若，则不等式为，所以，此时，所以；若，设，则不等式的解集为：或，不等式的解集为：，所以；当时，若，则不等式为，，此时，所以；若，设，则不等式的解集为：，不等式的解集为：或,所以；当时，若，则不等式为，，此时，所以；若，设，则不等式的解集为：，不等式的解集为：，所以；综上所述，“”是“”的必要不充分条件.故选：B.9．D【分析】结合图形，根据三角形等面积可得；再根据基本不等式可得出，进而可求出面积的最小值.【详解】因为，，所以.又因为，所以，.根据等面积法可得：，即，整理得.由基本不等式可得：，当且仅当时等号成立.则，解得：，此时，时等号成立.故.故选：D10．A【分析】利用定义转化为求方程恰有3个不同的实根，再借助导数分段探讨零点情况即可.【详解】依题意，，由恰有3个“可移1倒数点”，得方程恰有3个不等实数根，①当时，，方程可化为，解得，这与不符，因此在内没有实数根；②当时，，方程可化为，该方程又可化为．设，则，因为当时，，所以在内单调递增，又因为，所以当时，，因此，当时，方程在内恰有一个实数根；当时，方程在内没有实数根．③当时，没有意义，所以不是的实数根．④当时，，方程可化为，化为，于是此方程在内恰有两个实数根，则有，解得，因此当时，方程在内恰有两个实数根，当时，方程在内至多有一个实数根，综上，的取值范围为．故选：A【点睛】思路点睛：已知函数的零点或方程的根的情况，求解参数的取值范围问题的本质都是研究函数的零点问题，求解此类问题的一般步骤：（1）转化，即通过构造函数，把问题转化成所构造函数的零点问题；（2）列式，即根据函数的零点存在定理或结合函数的图象列出关系式；（3）得解，即由列出的式子求出参数的取值范围．11．【分析】利用对数函数和二次根式的性质，得出对数函数的真数大于0，根式内表达式大于等于0，两者的交集即为函数的定义域．【详解】，，解得．故答案为：．12．【分析】①根据点在圆上代入计算即可得到圆的半径；②由条件可知直线与直线垂直，从而得到直线的斜率，利用点斜式求解即可.【详解】①由条件可知点在圆上，即，解得：，圆的方程，所以圆的半径；设圆的圆心，②由条件可知直线与直线垂直，所以直线的斜率，所以直线的方程，即.故答案为：①;②13．【分析】建立平面直角坐标系，写出相应的点，得出相关的向量，结合向量数量积的坐标表示和图形分析得出第一空；根据图形的对称性结合已知条件分析即可得出的最大值.【详解】建立如图所示平面直角坐标系，由且在竖直方向，可得，则，设，那么，则，要使最大，需要最大，结合图形，的最大值可达到5（例如当处于图中点时），此时，即的最大值为25，虽然两点异于两点，但因为图中蜂巢的对称性，两点距离最远的问题仍可以等价为蜂巢中任意两点间距离最远的问题，为使得两点相距最远，两点之间应靠近边界，根据对称性，可假设点位于原点A，此时根据对称性只需要考虑点位于轴左边即可，所以，由图观察可见，离点最远的顶点应是六边形的顶点，而对于正六边形，其中为中点，，，在正六边形中，外边界四点离点相对较远，对应坐标为，即，即，即，即，可知，所以外边界四点中，只需要考虑两点，因，故应取更大的，故答案为：25，.14．/【分析】根据二面角的平面角的概念，求出各线段长度，作出正方形的平面图形，再根据两角差的正切公式，以及基本不等式，求出最大值.【详解】由题意可知，则与的距离为，作正方形的平面图形，如下图：可知，设，，因为，当且仅当，即时取等号，即，所以的最大值为.故答案为：.15．②③④【分析】①将12进行分解，结合已知条件可求出；②逆用等比数列求和公式转化，结合已知条件可求出；③由已知条件分别求出和，再判断对错；④先由已知条件求出，再用等差数列定义证明是等差数列.【详解】①因为，所以，从而.故而①错；②因为，所以.故而②正确；③因为所以，又所以，满足，故而③正确；④当时，;当时，

因为

所以

=，当时，符合上式，所以，所以；从而，数列为等差数列.故而④正确.故答案为：②③④.【点睛】关键点点睛：求解本题的关键是：准确解读已知信息，将所给正整数按形式进行分解，得到，求时使用了迭加法.16．(1)证明见解析(2)(3)存在，距离为【分析】（1）取中点，连接，进而根据几何关系证明四边形是平行四边形，进而证明结论；（2）分别取中点O，，连接，进而以O为原点，所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可；（3）假设存在点G，设，进而根据得，再计算点到面的距离即可.【详解】（1）证明：取中点，连接.因为正三棱柱，所以，且.因为E为线段的中点，所以且.所以且.因为D为中点，所以.所以且.所以四边形是平行四边形.所以.又因为平面平面，所以平面.（2）解：分别取中点O，，连接.因为是正三棱柱，所以平面，.所以平面.所以.以O为原点，所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系.则.所以.设平面的法向量为，所以，即令，解得，所以.设直线与平面所成角为，，则，所以.即直线与平面所成角为.（3）解：假设存在点G，设.所以.所以.由知，若，则.解得.即G与C为同一个点.因为，平面的法向量为，所以点G到平面的距离.17．(1)(2)分布列见解析；(3)【分析】（1）利用古典概型的概率公式计算；（2）利用古典概型和排列组合的相关知识求出分布列，最后利用期望公式即可；（3）利用，以及方差的性质即可求证.【详解】（1）在9处中轴线遗产点中，随机选取3处共有种，因类遗产点只有3处，故选取的3处遗产点都为类的概率为；（2）由题意可知，的可能取值为，其中：选取的3处遗产点为同一类型，共种；：处中包含两种类型，一种1个，一种2个，共有种；：从三种类型中各选一个，共有种，则，，，则的分布列为：则数学期望为；（3）因，则，，则，，又由于具有相同的分布，故，故.18．(1)(2)【分析】（1）由题意可得，若选①，计算并检验可得，即，根据正弦函数性质列式计算即可求解；若选②，计算可得，解法同①；若选③，计算可得，解法同①；（2）由（1）可得，由题意可知令，解得或，计算即可求解.【详解】（1）因为，若选①，的最大值为2，因为（其中）所以，解得或；当时，，当时，，因为在上不单调，不符合题意；当时，，当时，，因为在上单调递增，符合题意，令，解得，所以函数的单调递增区间为；若选②，则，所以，当时，，因为在上单调递增，符合题意，令，解得，所以函数的单调递增区间为；若选③的图象关于直线对称，则，解得，所以，当时，，因为在上单调递增，符合题意，令，解得，所以函数的单调递增区间为；（2）由（1）可得，则，令，即，即，即或，当，则或，解得或；当，则或，解得或；因为且，所以.19．(1)(2)（i）答案见解析；（ii）2个零点，理由见解析(3)【分析】（1）只需求得，即可；（2）（i）直接求导，根据导数的符号判断即可；（ii）根据零点存在定理判断即可；（3）由（1）可得在上都是减函数，作出函数图象和切线，结合图象即可得解.【详解】（1）因为，所以，所以，又，所以曲线在点处的切线方程为.（2）（i），定义域为，则，所以函数只有单调减区间为，无单调增区间；（ii）又，所以在区间上存在唯一的零点.因为，所以在区间上存在唯一的零点，因此恰有2个零点；（3）.由（1）可得在上都是减函数，作出函数图象，如图，现作出切线，可得最多有4条平行直线与函数图象相切.20．（1）；（2）；（3）证明见解析.【分析】（1）由题意布列关于a，b的方程组，即可得到结果；（2）由与垂直得,结合点在曲线上，可得M点坐标，结合两点间距离公式可得结果；（3）设，，由题意，设直线的方程为，利用韦达定理即可得到结果.【详解】（1）因为，所以

因为两个焦点与短轴一个顶点构成等腰直角三角形，所以,又,所以，所以椭圆方程为.（2）方法一：设,，,,,，（舍）所以.方法二：设，因为与垂直，所以点在以为直径的圆上，又以为直径的圆的圆心为，半径为，方程为,，，（舍）所以

方法三：设直线的斜率为，，其中

化简得当时，得，显然直线存在斜率且斜率不为0.因为与垂直，所以,得，，,所以（3）直线恒过定点,设，，由题意，设直线的方程为，由得，显然，，则，，因为直线与平行，所以，则的直线方程为，令，则，即,，直线的方程为,令，得,因为，故，所以直线恒过定点.【点睛】圆锥曲线中定点问题的常见解法（1）假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关，故得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解