北京市朝阳区2026届高三上学期期中质量检测数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1北京市朝阳区2026届高三上学期期中质量检测数学试题一､选择题：共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.1.若全集，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】因为，所以，则.故选：A.2.已知角的终边经过点，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为角的终边经过点，所以.故选：C.3.已知向量满足，则（）A.2 B. C.4 D.12【答案】B【解析】因为，所以.故选：B.4.下列不等式中正确的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】对于A：因为在定义域上单调递减，所以，故A错误；对于B：因为在上单调递增，所以，故B错误；对于C：因为在定义域上单调递减，所以，故C错误；对于D：因为在定义域上单调递减，所以，所以，又，，所以，故D正确.故选：D.5.设，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】由，即，解得且，所以由推得出，即充分性成立；由推不出，即必要性不成立；所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A.6.在等差数列的每相邻两项之间插入一个数，使之组成一个新的等差数列，则（）A. B. C.1 D.【答案】B【解析】依题意可得新的等差数列中，，设公差为，则，所以.故选：B.7.若方程在区间上有解，则（）A.4 B.5 C.6 D.7【答案】C【解析】由，则，，因为函数在上单调递增，所以函数在上单调递增，又，，则函数有且仅有一个零点，且，则.故选：C.8.在中，是的中点，将沿折起，使得所在平面与所在平面垂直，则此时点与点的距离为（）A. B.3 C. D.【答案】C【解析】取中点，连接，，在中，为中点，则，故等边三角形，故，，，则，则，将沿折叠，当平面平面时，由平面平面，平面，，则平面，又平面，故，则.故选：C．9.若函数在区间上是单调函数，则实数的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】由题知，，而在区间上是单调函数，则或在时恒成立，当在恒成立时，，由幂函数性质可知在上递增，则，故当在恒成立时，等价于，即；当在恒成立时，，此时，即.综上，.故选：A.10.某生物种群数量在一个有限的环境中增长时，由于资源和空间等因素的限制，该种群数量与时间之间的关系可以由函数刻画，其中常数表示该种群数量的初始值，常数表示该种群环境容纳量，常数表示内禀增长率，函数的图象如下图所示.给出下列三个结论：①函数的导函数有最大值；②存在，使得函数在区间的图象是中心对称图形；③对于任意的，有成立.其中所有正确结论的序号是（）A.① B.①② C.②③ D.①②③【答案】B【解析】对于①：令，则，所以当且仅当，即，即，即时取等号，即有最大值，故①正确；对于②：令，则，，所以，所以函数在区间的图象关于对称，故②正确；对于③：表示点与点连线的斜率，表示点与点连线的斜率，不妨令，，，取如下图所示三点，，，显然，即，故③错误.故选：B.二､填空题：共5小题，每小题5分，共25分.11.已知复数满足，则的共轭复数__________.【答案】【解析】因为，所以，所以.故答案为：.12.函数的定义域是__________.【答案】【解析】因为函数的定义域为，的定义域为，所以函数的定义域为，故答案为：.13.如图，在正方形中，，点为和的交点.若为钝角，写出符合条件的一组的值为__________，__________.【答案】①.（答案不唯一）②.（答案不唯一）【解析】因为，，所以，因为为正方形，所以，所以，因为为钝角，且与互补，所以，所以，所以符合条件的一组的值为，.故答案为：；（答案不唯一）.14.如图，在长方体中，，过点的平面分别交棱于.已知四边形为菱形，且，则__________.；长方体被平面所截得的上下两部分体积之比为__________.【答案】①.②.【解析】设，则，则，由四边形为菱形，则，即有，解得，即；设长方体被平面所截得的上下两部分体积分别为、，过点作与底面平行的平面，由长方体对称性可得：等于平面与底面所夹长方体的体积的一半，即，则，则.故答案为：；.15.已知数列的前项和为，且.给出下列四个结论：①；②是递增数列；③，使得当时，；④，使得当时，总有.其中所有正确结论的序号是__________.【答案】①③④【解析】因为，令，则，又，所以，故①正确；因为，，两式相减可得.所以数列的前几项为：，，，，，，…因为，所以数列不是递增数列，故②错误；因为数列从第3项起，为裴波那契数列的倍数，且裴波那契数列为递增数列，增长速度越来越快，所以，使得当时，，故③正确.对裴波那契数列：，满足.设，则.所以，所以为方程的两个根.当时，，，所以数列是以为首项，以为公比的等比数列，所以①.当时，，，所以数列是以为首项，以为公比的等比数列，所以②①②得：，所以，所以，所以，使得当时，总有.故④正确.故答案为：①③④.三､解答题：共6小题，共80分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.16.已知函数.（1）求的最小正周期，并求的图象的对称轴方程；（2）若函数在区间上无最小值，求实数的取值范围.解：（1）因为，所以函数的最小正周期；令，解得：，所以函数的对称轴方程为

，.（2）由（1）可知：，因为，则，若函数在区间上无最小值，则，解得，所以实数的取值范围为.17.如图，在四棱锥中，与均为等腰直角三角形，，.（1）若为的中点，求证：平面；（2）若平面.（i）求平面与平面夹角的余弦值；（ii）求点到平面的距离.（1）证明：取中点，连接，，如图：因为与均为等腰直角三角形，且，.所以四边形为直角梯形，且，，.所以四边形为正方形.所以，平面，平面，所以平面；又因为为中点，所以，平面，平面，所以平面，且平面，，所以平面平面.又平面，所以平面.（2）解：因为平面，四边形为正方形，故可以为原点，建立空间直角坐标系，如图：因为，所以，，，，.所以，，，.设平面的法向量为，则，可取.因为，，所以平面的一个法向量为：.（i）设平面与平面夹角为，则.（ii）点到平面的距离为.18.在中，.（1）求的大小；（2）若点在边上，且，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，使存在，并求的长.条件①：；条件②：；条件③：的面积为.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.解：（1）因为，由正弦定理可得，又，所以，又，所以，所以，则，又，所以.（2）若选①：，在中，由正弦定理，即，所以，因为，所以，所以，此时，则，则不满足三角形内角和定理，故不存在；若选②：因为，又，所以，所以，显然，所以，所以，在中，由正弦定理，即，解得，在中，所以，所以，此时，在中由余弦定理，即，解得（负值已舍去），所以存在，且；若选③：因为的面积为，所以，所以，在中，由余弦定理，所以，又，所以，在中，所以，所以，此时，所以存在，且.19.已知函数.（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）讨论函数的单调性.解：（1）当时，则，，所以，所以曲线在点处的切线方程为，即；（2）函数的定义域为，又，当时，恒成立，所以当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减；当，即时恒成立，所以在上单调递增；当，即时，当或时，当时，所以在和上单调递增，在上单调递减；当，即时，当或时，当时，所以在和上单调递增，在上单调递减；综上可得，当时的单调递增区间为，单调递减区间为；当时的单调递增区间为，无单调递减区间；当时的单调递增区间为，，单调递减区间为；当时的单调递增区间为，，单调递减区间为.20.已知函数.（1）求在区间上的最大值；（2）若函数，求证：在区间上有且只有一个极大值点；（3）若，写出的取值范围.（只需写出结论）（1）解：当时，.由，所以；由，所以.所以函数在上单调递增，在上单调递减.所以当时，.（2）证明：因为，.所以，.设，，则.因为，所以，，所以.所以即在上单调递减.且，.所以，使得，且唯一.当时，；当时，.所以在上单调递增，在上单调递减.所以：在区间上有且只有一个极大值点.（3）解：因为，所以，设，则.对，，因为，，所以.设，，则，令则，当时，；当时，，所以单调递减，，即在上恒成立.所以在上单调递减.所以.即，又，所以，即.综上：，所以，即.21.设为正整数，若集合满足如下三个条件，则称具有性质：①都是元素个数为的数集；②对任意，集合的元素个数均为1；③.（1）若集合具有性质，写出集合；（2）若集合具有性质判断是否存在使得，并说明理由；（3）若集合具有性质，求的最大值.解：（1）由题意可得集合A中有3个不同的元素，若，要使与满足条件②，则均不属于，所以，同理可判断均不属于，则符合题意，所以.（2）不存在，理由如下：假设存在使得.不妨设，设，，，，.由①②可知，a,b,c,d,e,f,g,h,l互不相同.由③可知，存在集合与的交集不为，且由②可知，集合与的交集中有且仅有一个元素，不妨设集合为，且，故.由②可知，的元素个数均为，且均不为或，所以集合或，或，或.由于b,d,e,f,g,h,l互不相同，集合至少包含个元素，与①矛盾.所以不存在使得.（3）设集合具有性质.在中存在一个集合，其中至少有两个元素分别属于其他集合，否则，若中的每一个集合中至多有一个元素属于其他集合，则与②或③矛盾.不妨设该集合为