2026年北京市朝阳区高三期末高考数学试卷试题（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页北京市朝阳区2025~2026学年度第一学期期末质量检测高三数学试卷2026.1（考试时间120分钟满分150分）本试卷分为选择题40分和非选择题110分第一部分（选择题共40分）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．已知集合，则（

）A． B． C． D．2．已知复数满足，则在复平面内对应的点所在的象限是（

）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，若，则（

）A．6 B．9 C．15 D．814．已知，则（

）A． B．C． D．5．古希腊数学家阿基米德的一个重要数学发现是“圆柱容球”，即当球的直径与圆柱底面的直径和圆柱的高均相等时，球的体积是圆柱体积的，且球的表面积也是圆柱表面积的．如图所示，在一个“圆柱容球”的模型中，若球的体积为，则该模型中圆柱的表面积为（

）

A． B． C． D．6．已知抛物线，直线，若直线与抛物线有且仅有一个公共点，则的取值有（

）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个7．心理物理学中，史蒂文斯幂定律的对数形式可描述物理刺激强度与主观感知强度的关系：，其中均为大于0的常数．已知当物理刺激强度从16单位增加到256单位时，增加8；当物理刺激强度从256单位增加到1024单位时，增加（

）A．4 B．6 C．8 D．108．已知数列满足，则“”是“是递增数列”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．已知两点的坐标分别为，直线相交于点，且它们的斜率之和是2，设的轨迹为曲线，下面关于曲线的四个结论：①曲线是中心对称图形；②对任意非零实数，直线与曲线总有两个公共点；③对任意非零实数，直线与曲线总有两个公共点；④对任意非零实数，曲线与曲线总有两个公共点．其中所有正确结论的序号是（

）A．①③ B．①② C．②③④ D．①②④10．在边长为1的正三角形中，分别在边上，且，则的取值范围是（

）A． B． C． D．第二部分（非选择题共110分）二、填空题共5小题，每小题5分，共25分．11．函数的最小正周期是．12．已知，则；.13．若双曲线的离心率，则的一个取值为．14．在中，，则；若的内切圆的半径为，则的周长为．15．在长方体中，，动点分别在棱和上（包含端点），为线段的中点．给出下列四个结论：①点的轨迹是线段；②的最小值为；③对于给定的点，总存在点，使得经过点及的平面截该长方体的截面图形是矩形；④存在点，使得经过点及的平面截该长方体的截面图形是正方形．其中所有正确结论的序号为．三、解答题共6小题，共85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)当时，求的值；(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，使得函数唯一确定，求的解析式及在区间上的最大值与最小值.条件①：在处取得最大值，且在处取得最小值；条件②：的图象关于直线对称，且的最小正周期大于；条件③：在区间上单调递增，且.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．某人形机器人行业协会为了解行业现状，对该行业所有公司生产的人形机器人进行了一次性能评估．现从中随机抽取100家公司，统计其人形机器人“性能评分”（百分制，且均为整数）及对应的“行业评级”（评级越高，代表性能越优），整理数据如下表：性能评分行业评级公司数51043220110(1)当时，在这100家公司中，（i）从性能评分不低于80分的公司中随机抽取1家，求其行业评级为5级的概率；（ii）从性能评分不低于80分的公司中随机抽取2家，记为这2家公司中行业评级为5级的公司数，求的分布列和数学期望；(2)用频率估计概率，记“从该行业所有评级为2级和5级的公司中随机抽取2家，这2家公司的行业评级的平均值”为，记“上述100家公司的行业评级的平均值”为．设“”的概率为，“”的概率为，请根据表中信息比较与的大小．（结论不要求证明）18．在四棱锥中，平面平面，．分别为棱上的点，．(1)求证：平面；(2)求平面与平面夹角的余弦值；(3)若点为线段的中点，判断直线是否在平面内？并说明理由．19．已知椭圆：的离心率为，椭圆上的点到两焦点的距离之和为．(1)求椭圆的方程；(2)设点，，过点的直线与椭圆交于不同的两点，点关于轴的对称点记为（与不重合）．若，试判断三点是否共线？并说明理由．20．已知函数．曲线在点切线方程为．(1)求的值；(2)求的单调区间；(3)若，曲线在点处的切线分别与轴交于，求证：．21．设为正整数且，若由实数数对组成的序列满足对任意，均有，则称为一个序列．若对一个序列，存在有序实数组（其中）使得，则称为一个序列．(1)已知序列，判断序列是否为序列？序列是否为序列？说明理由；(2)当时，判断是否存在序列不是序列？若存在，请举出一个符合要求的序列；若不存在，说明理由；(3)若任意序列均是序列，求的所有可能取值．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．D【分析】先求解集合中不等式的解集，再根据交集的定义求与的交集.【详解】不等式的解集为，即，已知，故.故选：D.2．A【分析】利用复数的四则运算求出复数，再根据复数的几何意义即可判断.【详解】由可得，则复数对应的点为，在第一象限.故选：A.3．B【分析】根据等比数列的通项公式和题设条件，求得数列的公比，代入即可求得结果.【详解】设等比数列的公比为，则，，.故选：B.4．D【分析】对于A，把不等式两边平方再做差即可判断；对于B，根据特殊值法即可判断；对于C，利用均值不等式即可判断；对于D，根据基本不等式即可判断.【详解】对于A，因为，所以可得，，，则，即，所以，故A错误；对于B，令，则，则，故B错误;对于C，根据均值不等式，当且仅当时等号成立，又因为，所以等号不成立，则，故C错误;对于D，因为，所以，由基本不等式可知，当且仅当时等号成立，而，所以等号不成立，则，故D正确.故选：D5．D【分析】利用球的体积公式和圆柱的表面积公式求解.【详解】解：可设球的半径为，则根据题意可知圆柱的底面半径也为，圆柱的高等于直径，圆柱的高等于，球的体积为，，，圆柱的表面积公式为.故选：D.6．C【分析】将交点问题转化为方程有唯一解的问题，对二次项系数分类讨论求解即可.【详解】联立方程组，可得，因为直线与抛物线有且仅有一个公共点，所以有唯一解，当时，方程变为，解得，符合题意，当时，此时，化简得，解得或，符合题意，则的取值有3个，故C正确.故选：C7．A【分析】根据题意先求得，再计算物理刺激强度从256单位增加到1024单位时，增加量即可.【详解】当物理刺激强度为16单位时，；当物理刺激强度为256单位时，；当物理刺激强度为1024单位时，；因为物理刺激强度从16单位增加到256单位时，增加8；所以，解得，所以，当物理刺激强度从256单位增加到1024单位时，增加.故选：A8．C【分析】根据是递增数列求出的取值范围，结合充分条件、必要条件、充要条件的定义判断即可.【详解】是递增数列的充要条件是对任意恒成立.已知，所以.令，则.因为，所以恒成立，故只需对任意恒成立，即对任意恒成立.令，，该函数是关于的增函数，因此在时取得最小值，.故是递增数列的充要条件是.故选：C.9．B【分析】由题可得曲线C方程满足：.对于①，通过验证，是否均在曲线上可判断正误；对于②③④，将对应方程与曲线方程联立，通过判断联立方程在题设限制下根的个数可判断正误.【详解】设，由题可得.对于①，设在曲线C上，则.对于，代入方程左边可得，从而也在曲线C上，即曲线C为中心对称图形，故①正确；对于②，将与联立，则.对于方程，其判别式为，则方程总有两相异实根，又注意到当且仅当，方程有根，则不为0时，与曲线C总有两不同交点，故②正确；对于③，将与联立，则，显然时，方程无实数根，则当时，与曲线C无交点，故③错误；对于④，将与联立，则，显然时，方程无实数根，则当时，与曲线C无交点，故④错误.综上，可得①②正确.故选：B10．A【分析】如图建系，依题意设，，求出点的坐标，由，推得，利用基本不等式求出，利用向量数量积的坐标公式求解，利用二次函数的性质即可求得其取值范围.【详解】如图，以的中点为坐标原点，所在直线为轴，的中垂线为轴，建立平面直角坐标系.因正三角形的边长为1，则，因分别在边上，不妨设，可得；设，可得.则，又，则，则（*）因，则，将（*）代入上式，可得，由（*）可得，当且仅当时取等，由可得，依题意，，设，则，在上单调递减，故.故选：A.11．【分析】先利用降幂公式化简，再根据余弦型函数的周期公式求解即可.【详解】由，则函数的最小正周期是.故答案为：.12．【分析】对式子的两边进行赋值，令，即可求得的值；令，可得到的值，结合的值即可求解.【详解】令，则，即；令，则；所以.故答案为：；.13．（答案不唯一）【分析】先将双曲线方程化为标准方程，再表示出离心率，进而结合题意求解参数范围，最后得到取值即可.【详解】由题意得双曲线方程为，将其化为标准方程，可得，则，得到，因为，所以，解得，则的一个取值为.故答案为：（答案不唯一）14．【分析】由正弦定理即可求出；设的面积为，周长为，内切圆的半径为，根据可求出，再根据余弦定理得到，联立即可求出，即可求出周长.【详解】由正弦定理得，设的面积为，周长为，内切圆的半径为，所以，则，则，即，由余弦定理得，联立，解得，所以的周长为.故答案为：；.15．①④【分析】对于①，过作交于点，交于点，根据长方体的性质得到从而得到，连接，设，连接，设，连接，可以得到在线段上，从而得到答案；对于②，由点在线段上，故当点与点重合时，为最小值为，利用勾股定理求出即可得解；对于③，根据长方体的性质，利用空间向量法分析是否存在满足条件的点；对于④，据正方形的性质，利用空间向量法判断是否存在满足条件的点.【详解】

对于①，过作交于点，交于点，，，动点分别在棱和上（包含端点），为线段的中点，，，，，，连接，设，连接，设，连接，，在线段上，点的轨迹是线段，故①正确；对于②，点在线段上，故当点与点重合时，最小，且最小值为，故②错误；

对于③，以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，则，设，，，若，则，解得或，此时，不满足给定的点，总存在点，使得经过点及的平面截该长方体的截面图形是矩形，故③错误；对于④，，，若，则，解得或，此时，，，若，则，解得，当时，则转化为，即，，，，故当，时，经过点及的平面截该长方体的截面图形是正方形，当时，则转化为，此方程无解；综上可知，存在点，使得经过点及的平面截该长方体的截面图形是正方形，故④正确.故答案为：①④.16．(1)(2)选条件②或③，；取得最小值，取得最大值【分析】（1）根据三角函数的辅助角公式将函数化简，然后代入即可求解；（2）条件①：根据题设可知，然后结合正弦型函数的周期公式即可判断函数不唯一确定；条件②：根据的图象关于直线对称可得，结合的最小正周期大于可得，并得到的解析式，最后根据给定的区间即可求出的最值；条件③：根据在区间上单调递增可得，结合得，并得到的解析式，最后根据给定的区间即可求出的最值；【详解】（1）依题意，；所以当时，，所以.（2）选条件①：在处取得最大值，且在处取得最小值；设的周期为，则，所以，又，所以，解得，不符合函数唯一确定的条件；选条件②：的图象关于直线对称，且的最小正周期大于；由，得，解得，的最小正周期，解得；又，，所以当时，，此时唯一确定，符合题意；当时，，所以，所以；综上，的解析式为；当时，取得最小值，当时，取得最大值；选条件③：在区间上单调递增，且；由，由，得，解得；当时，，因为在区间上单调递增，所以，解得，又，所以；所以当时，，此时唯一确定，符合题意；当时，，所以，所以；综上，的解析式为；当时，取得最小值，当时，取得最大值.17．(1)（i）；（ii）分布列见解析；期望为(2)【分析】（1）（i）当时，得到不低于80分的公司有家，行业评级为5级的公司有家，结合古典概型的概率计算公式，即可求解；（ii）根据题意，得到变量的可能取值为，求得相应的概率，列出分布列，结合期望的公式，即可求解；（2）根据题意，求得，且，再求得行业所有评级为2级和5级的公司中随机抽取2家的概率，结合和的关系，分别求得和的值，即可得到答案.【详解】（1）解：（i）当时，可得性能评分不低于80分的公司有家，其中行业评级为5级的公司有家，所以从中随机抽取1家，其行业评级为5级的概率为；由记为这2家公司中行业评级为5级的公司数，则的可能取值为，可得，，，所以随机变量的分布列为012所以期望为.（2）解：由题意，可得，可得，所有公司的行业评级总和为，所以，其取值范围为，该行业所有评级为2级和5级的公司中随机抽取2家，则两家的评级都为2级的概率为，此时两家的评级一家为2级，一家为5级的概率为，平均级别为；两家的评级都为5级的概率为，平均级别为，因为，当且仅当时，满足，此时，又因为且，当且仅当或，满足，此时，所以.18．(1)证明见解析；(2)；(3)EF在平面AFG内，理由见解析.【分析】（1）由平面平面结合平面与平面垂直性质可完成证明；（2）由题设，如图过作平行线交于，建立以为原点的空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，据此可得答案；（3）等价于判断是否存在实数，使，据此可完成判断.【详解】（1）因平面平面，平面平面，，平面，则平面；（2）如图过作平行线交于，由题设可得.然后如图建立以为原点的空间直角坐标系.则..因，则.则，又，则，设平面法向量为，则，令，可得可为.又易得平面的法向量为.设平面与平面夹角为，则.（3）由（2）可得，，.则。假设平面，则四点共面，从而存在实数，使，则.则，即在平面内.19．(1)(2)三点共线，理由见解析【分析】（1）根据椭圆的定义、离心率及求解即可.（2）设出直线方程并与椭圆方程联立，根据韦达定理得到两根之和与两根之积，通过证明与共线，即可得到三点共线.【详解】（1）因为椭圆上的点到两焦点的距离之和为，所以，解得.又因椭圆的离心率为，所以，所以.所以.故椭圆的方程为.（2）依题意，直线的斜率不能为0，故可设其方程为，再设，，则.

联立，整理得.令，即.则，.又，，所以.又，，则.分子所以，即，所以，又为公共点，所以三点共线.20．(1)1(2)单调递减区间为，单调递增区间为(3)证明见解析【分析】（1）根据导数的几何意义结合题设直接求解即可；