2025-2026学年北京市昌平区高三（上期）期末考试数学试卷（含答案）

第1页/共1页2026北京昌平高三（上）期末数学2026.1本试卷共4页，共150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.考试结束后，将答题卡交回.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，则集合（）A. B.C. D.2.在复平面内，若复数z满足，则对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限3.已知正方形的边长为1，为线段的中点，为边上的动点，则的取值范围为（）A. B. C. D.4.若，，且，则下列不等式中恒成立的是（）A. B. C. D.5.已知双曲线的渐近线方程为，则m的值为（）A. B. C. D.26.设函数（）.若恒成立，且在上存在零点，则的最小值为（）A.6 B.8 C.10 D.127.已知函数，的定义域为，若，则“，均为偶函数”是“为偶函数”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件8.直线与圆交于两点，若是的等差中项，则的最小值为（）A.2 B.3 C. D.69.已知，是函数的图象上的不同两点，则（）A. B.C. D.10.已知数列满足（，2，3，）.若（），都有成立，则a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.抛物线的顶点到准线的距离为_______.12.已知，则_______；_______.13.在中，，，则_______.14.在如图所示的多面体中，平面平面，，，，直线AE，BF与平面ABCD所成的角均为，，，，，则点F到平面ABCD的距离为_______；该多面体的体积为_______.15.已知函数的定义域为，且满足，为奇函数.给出下列四个结论：①；②；③为周期函数；④为偶函数.其中正确结论的序号是_______.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（）的最大值为2.（1）求m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，使得函数存在且唯一，并求在上的最大值和最小值.条件①：；条件②：相邻两条对称轴之间的距离为；条件③：的最小正周期，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.为纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80周年，某学校开展了历史知识竞赛.决赛设置A、B两类题型，每位选手先抽取两道A类题，再抽取一道B类题.A类题答对一道得10分，B类题答对得20分.已知选手甲答对A类题的概率为，答对B类题的概率为，且各题是否答对相互独立.（1）求甲恰好答对一道题的概率；（2）设X为甲的总得分，求X的分布列和数学期望；（3）若选手乙答对A类题的概率为，答对B类题的概率为，设Y为乙的总得分，比较和的大小.（结论不要求证明）18.如图，在四棱锥中，平面，，，E、F分别是线段BC、AP的中点，，，.（1）求证：平面；（2）求证：平面；（3）求平面与平面所成角的余弦值.19.已知椭圆C：（）的中心为原点O，短轴长为，A，B是椭圆的左、右顶点，F是椭圆的右焦点，.（1）求椭圆C的方程及离心率；（2）过点作直线l交椭圆C于M，N（异于A，B）两点，过点F作垂直于长轴的直线与直线BM交于点D，与直线BN交于点E.设的面积为，的面积为，求证：为定值.20.设函数（）.（1）求曲线在点处的切线方程；（2）讨论函数的极值点的个数，并说明理由；（3）若，成立，求a的取值范围.21.对于数列A：，，…，，若满足（，2，3，…，n），则称数列A为“数列”.定义变换T，T将“数列”A中原有的每个1都变成0，1，原有的每个0都变成1，0，例如A：0，1，0，则：1，0，0，1，1，0，设是“数列”，令，，2，3，….（1）若数列：1，0，0，1，1，0，0，1，0，1，1，0，求数列，；（2）若数列共有12项，则数列中连续两项相等的数对至少有多少对？请说明理由；（3）若：0，1，记数列中连续两项都是1的数对个数为，，2，3，….求关于k的表达式.

参考答案第一部分（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.题号12345678910答案CCCDBBADAC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.【答案】抛物线的准线方程为，所以顶点到准线的距离为2.故答案为：212.【答案】根据二项式定理，所以，，，，所以综上，，故答案为：；.13.【答案】因为，，所以，可知，，即.故答案为：4.14.【答案】对于①：因为平面平面，且交线为，过点作平面垂足为，则在直线上，因为与平面所成角为，所以,在中，，即点到平面的距离为.对于②：将多面体分割为四棱锥和四棱锥两部分.对于四棱锥，因为，所以底面为直角梯形，又,所以，高为到平面的距离，所以；对于四棱锥，因为，所以底面为梯形，过点作垂直，垂足为，因为平面平面，平面平面，所以平面，以为原点，分别以所在直线为轴，以过与平行的直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，由①，又与平面所成角均为，所以，则，则，令，则点到直线的距离，设平面的法向量为，则，即，令，则，所以是平面的一个法向量，又，所以点到平面的距离为又，所以，所以该多面体的体积15.【答案】由，令，即，得，等价于；由为奇函数，得，所以，即函数周期为2，所以③正确；由和周期为2，可得，即，所以①正确；由函数周期为2，可知，，因为，所以，所以②错误；由函数周期为2，可知，由①可知，所以，所以④错误；故答案为：①③.三、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.【答案】（1）因为函数，，所以由三角函数恒等式化简得：，，又因为的最大值为1，所以函数的最大值为：，又因为函数的最大值为2，所以，得出.（2）选择条件①，将代入函数，则函数，将代入可得：，即，则，解得，导致函数不唯一，不符合题意，所以选择该条件得0分,选择条件②：因为相邻两条对称轴之间的距离为，所以函数的周期为，根据周期公式，可得，所以，当时，，当，即时，取得最大值为1，则函数取得最大值为2，当，即时，，则函数取得最小值为，选择条件③：因为的最小正周期，根据周期公式，得，将代入可得：，即，所以或，当时，得出，又因为，所以，（舍去），当时，解得，又因为，所以，，即，当时，，所以当，即时，则函数取得最大值为2，当，即时，则函数取得最小值为1.17.【答案】（1）由题意可知甲答对一道A类题且答错B类题的概率为，答错两道A类题且答对B类题的概率为，故甲恰好答对一道题的概率为；（2）由题意可知X的取值为，则，，，,,故X的分布列为：X010203040P故；（3）由题意可知Y的取值为，则，，，,,故Y的分布列为：Y010203040P故；结合（2）可知18.【答案】（1）因为平面，平面，所以，因为，所以两两互相垂直，以为坐标原点，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，设，则，，因为，所以，解得，得到，，取平面的一个法向量为，而，因为，平面，所以平面；（2）由（1）可知，，设平面的一个法向量为，则，设，则，所以平面的一个法向量为，而，因为，所以，则平面；（3）由（1）可知，，设平面的一个法向量为，则，设，则，可得平面的一个法向量为，设平面与平面所成角为，则，故平面与平面所成角的余弦值.19.【答案】（1）由椭圆的短轴长为，得，设椭圆的长轴长为，焦距为,因为，故，即，结合，解得，故椭圆的方程是，离心率为；（2）由题意可知直线l的斜率不为0，设直线,，且,联立,则，即得，且，则直线的方程为，过作垂直于长轴的直线为,令，得，则；同理直线的方程为，令，得，则；又，，则，为定值9.20.【答案】（1）由题设，，则，所以切点为，由，则，所以曲线在点处的切线的斜率为，所以切线方程为，即；（2）由题意知的定义域为，，令，当时，，在单调递增，无极值点，当时，，时，，在单调递增，无极值点；时，，设方程的两根为，所以，此时，，，，时，，函数单调递增；时，，函数单调递减.函数有两个极值点；当时，，设方程的两根为，所以，此时，而，时，，函数单调递增；时，，函数单调递减.函数有一个极值点；综上：当时，函数有一个极值点；当时，函数无极值点；当时，函数有两个极值点.（3）由成立等价于在上恒成立.令且，则，令且，则，所以在上单调递增，则，故，所以在上单调递增，时，时，所以，则.21.【答案】（1）解：由数列，由变换的定义，可得，.（2）解：数列中连续两项相等的数对至少有12对.证明：对于任意一个“数列”，则中每一个1在中对应连续四项，在中每一个在中对应的连续四项，因为共有12项的“数