2026届北京市通州区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北京市通州区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.已知集合，集合，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】由解得，所以，所以.故选：A.2.已知复数在复平面内对应的点的坐标是，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为复数在复平面内对应的点的坐标是，所以，所以.故选：C.3.已知命题“”，则为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】命题是全称量词命题，其否定是存在量词命题，注意到要否定结论，所以命题“”的否定是.故选：C.4.下列函数中，既是奇函数，又在单调递增的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】对于A，，定义域为，，所以为偶函数，故A错误；对于B，，定义域为，，所以为奇函数，又和都为上的增函数，所以在上单调递增，故B正确；对于C，函数是奇函数，但在上不是单调函数，故C错误；对于D，，定义域为，因为，所以为奇函数，由幂函数性质可知在上单调递减，故D错误.故选：B.5.已知，则下列不等式成立的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】对于A，若，则，错误；对于B，若，则，错误；对于C，当，，则，错误；对于D：若，则，所以，正确.故选：D.6.已知非零向量，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】B【解析】对于非零向量，若，则，即；反之，，则或.故“”是“”的必要不充分条件.故选：B．7.在锐角中，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由正弦定理（为外接圆半径），将，代入，得：，因，故，两边同除以，得：，将左边化为辅助角形式：，因此：，因为锐角三角形，，故，所以.故选：A.8.已知函数．甲同学将的图象向左平移1个单位长度，得到图象；乙同学将的图象上所有点的纵坐标变为原来的2倍（横坐标不变），得到图象．若与恰好重合，则下列给出的中符合题意的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】根据图象变换规则，甲得到的对应的函数为，乙得到的对应的函数为.因为与重合，故.选项A，，则，，两者不相等，排除.选项B，，则，，两者不相等，排除.选项C，，则，，两者不相等，排除.选项D，，则，，两者相等，符合条件.故选：D.9.设函数，关于有下列四个结论：①的导函数为周期函数，且最小正周期为；②在上单调递增③的图象关于对称；④方程在上有唯一解，则实数的值为．其中正确结论的个数为（）A.1个 B.2个 C.3个 D.4个【答案】C【解析】对于①，由积化和差公式得，则，而，，不满足，则不可能是最小正周期为的函数，故①错误，对于②，而，令，则可化为，由二倍角公式得，令，则可化为，由二次函数性质得在上单调递减，由余弦函数性质得在上单调递减，由复合函数性质得在上单调递增，可得在上单调递增，故②正确，对于③，由题意得，可得的图象关于对称，故③正确，对于④，由题意得，而，令，则可化为，由二次函数性质得在上单调递增，在上单调递减，而，，当时，，则，当时，可得，解得，此时对应个，当时，结合题意可得此时对应个，若方程在上有唯一解，则与在上有唯一交点，可得此时对应个，得到，而可化为，此时，即，故④正确.综上可得，其中正确结论的个数为3个，故C正确.故选：C.10.如图，正方形的边长为5cm，第一次操作：取正方形各边的中点，作第二个正方形；第二次操作：取正方形各边的中点，作第三个正方形，依此方法一直操作下去．若经过次这样的操作后，使得到所有正方形（包括正方形）的面积之和大于cm2，则的最小值为（）（参考数据：）A.8 B.9 C.10 D.18【答案】A【解析】第一个正方形面积，后续每个正方形面积是前一个的，故面积构成首项，公比的等比数列.经过次操作后，所有正方形（共个）的面积和为：，解不等式：，两边取对数（）：，故的最小值为.故选：A.二、填空题共5小题，每小题5分，共25分．11.函数的定义域为________.【答案】【解析】由,所以函数的定义域是.故答案为:.12.已知向量，若，则实数的一个值为__________．【答案】（或填）【解析】由于，所以，即，解得或.故答案为：（或填）.13.已知数列为等差数列，，则__________；若，则__________．【答案】①.②.【解析】设等差数列的公差为.由，，得，即.又，故.由，则.所以.故答案为：；.14.如图，某坡屋顶可视为一个五面体，底面为矩形，．若m，m，m，且与平面所成角的正弦值均为，则该五面体的体积为__________m3．【答案】【解析】如图，做平面，取中点为，则四点共线，，.连接，则,,,则，则，如图作，则，则五面体的体积为：m3.故答案为：.15.已知函数的定义域为．对于正实数，定义集合.给出下列四个结论：①若，则；②若，则；③若，则；④若，则都有．其中正确结论的序号是__________．【答案】①②④【解析】对于①，已知，，则，所以，解得，即，所以①正确；对于②，已知，，则，所以，解得，即，所以②正确；对于③，已知，，当时，若，即，有，所以，无解，若，即，有，所以，解得；当时，，则，所以，无解.综上，，所以③错误；对于④，已知，作图如下，将的图象左移个单位，即可得的图象，则当时，总有使得，此时，所以④正确.故答案为：①②④.三、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.在中，内角的对边分别为．（1）求；（2）若，求的面积．解：（1）由，根据余弦定理得.因为，所以.又，即，，解得.因为，所以，故.（2）由（1）知，.由正弦定理，得.三角形面积.17.设函数，且．（1）求的值；（2）已知在区间上单调递减，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，使函数存在，求在区间上的取值范围．条件①：；条件②：是的一个极值点；条件③：的图象关于点对称.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）由，得，又，故.（2）条件①：由，得，即.因正弦函数的值域为，而，故此条件下函数不存在.条件②：由是极值点，得（），解得.又在上单调递减，区间长度为，故，即.结合，得，则.当时，，，故的取值范围为.条件③：由图象关于点对称，得（），解得.又在上单调递减，区间长度为，故，即.结合，得时，，则.当时，，，故的取值范围为.18.如图，在六面体中，为正方形，.（1）求证平面；（2）若二面角为直二面角，求平面与平面夹角的余弦值．（1）证明：取的中点，连接、.由，，得且，故四边形为平行四边形，从而且.又为正方形，故且，因此且，四边形为平行四边形，得.因平面，平面，故平面.（2）解：由二面角为直二面角，即平面平面，且交线为，平面，所以平面，由于平面，所以，所以两两互相垂直，由此以为原点，分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系，设，则，，，.得，.设平面的法向量为，则，令，得，，即.平面的法向量为.则平面与平面夹角的余弦值为.19.已知函数有三个零点记为其中和．（1）求实数的取值范围；（2）记曲线在点处的切线为，设直线与轴交点的坐标为，求的范围．解：（1），显然，由题意，为的零点，因为和，为开口向上的抛物线，所以，解得，所以实数的取值范围为；（2）由得，所以直线的斜率为，所以直线的方程为，令得，由（1）知，所以，又及得，所以，，记，，则，因为，所以，所以在上单调递增，所以，所以的范围为.20.已知函数的定义域为，其导函数．（1）当时，求的单调区间；（2）若，求证：函数的图象恒在函数的图象的上方；（3）若为的极大值点，求实数的取值范围．（1）解：因为定义域为，令，则，令，解得，所以当时，当时，所以的单调递减区间为，单调递增区间为；（2）证明：要证函数的图象恒在函数的图象的上方，即证恒成立，令，即证恒成立，又，所以当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，所以恒成立，原命题得证.（3）解：因为为的极大值点，所以在处左侧（不要求为），右侧（不要求为），当时，恒成立，所以即在上单调递增，又，此时当时，当时，则在处取得极小值，不符合题意；当时，由（1）可知在上单调递减，在上单调递增，则，即，解得，此时当时，当时，则为的极大值点，符合题意；综上可得实数的取值范围为.21.设有序数阵，集合，（其中）.若满足：①；②，则称为集合的覆盖数阵．（1）若为的覆盖数阵，求的值；（2）当时，写出所有的的取值，使得为的覆盖数阵．（3）设有序数阵的个数为，若为的覆盖数阵，求证：．（1）解：由题意可得，解得，则且，故，，综上，有、、、、；（2）解：由，则，，故，又，故，则有，即，由，则，当时，，不符；当时，，不符；当时，，符合，实际上，符合要求；当时，，符合，由（1）知，符合要求；综上所述：时，可为与；（3）证明：若为的覆盖数阵，则有，，则存在有序数阵，有，满足条件②，，满足条件①，故也为的覆盖数阵，假设，则有，又，则有，，由，则与需恒为偶数，显然不可能，故，故覆盖数阵成对出现，即为偶数，即有.北京市通州区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.已知集合，集合，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】由解得，所以，所以.故选：A.2.已知复数在复平面内对应的点的坐标是，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为复数在复平面内对应的点的坐标是，所以，所以.故选：C.3.已知命题“”，则为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】命题是全称量词命题，其否定是存在量词命题，注意到要否定结论，所以命题“”的否定是.故选：C.4.下列函数中，既是奇函数，又在单调递增的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】对于A，，定义域为，，所以为偶函数，故A错误；对于B，，定义域为，，所以为奇函数，又和都为上的增函数，所以在上单调递增，故B正确；对于C，函数是奇函数，但在上不是单调函数，故C错误；对于D，，定义域为，因为，所以为奇函数，由幂函数性质可知在上单调递减，故D错误.故选：B.5.已知，则下列不等式成立的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】对于A，若，则，错误；对于B，若，则，错误；对于C，当，，则，错误；对于D：若，则，所以，正确.故选：D.6.已知非零向量，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】B【解析】对于非零向量，若，则，即；反之，，则或.故“”是“”的必要不充分条件.故选：B．7.在锐角中，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由正弦定理（为外接圆半径），将，代入，得：，因，故，两边同除以，得：，将左边化为辅助角形式：，因此：，因为锐角三角形，，故，所以.故选：A.8.已知函数．甲同学将的图象向左平移1个单位长度，得到图象；乙同学将的图象上所有点的纵坐标变为原来的2倍（横坐标不变），得到图象．若与恰好重合，则下列给出的中符合题意的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】根据图象变换规则，甲得到的对应的函数为，乙得到的对应的函数为.因为与重合，故.选项A，，则，，两者不相等，排除.选项B，，则，，两者不相等，排除.选项C，，则，，两者不相等，排除.选项D，，则，，两者相等，符合条件.故选：D.9.设函数，关于有下列四个结论：①的导函数为周期函数，且最小正周期为；②在上单调递增③的图象关于对称；④方程在上有唯一解，则实数的值为．其中正确结论的个数为（）A.1个 B.2个 C.3个 D.4个【答案】C【解析】对于①，由积化和差公式得，则，而，，不满足，则不可能是最小正周期为的函数，故①错误，对于②，而，令，则可化为，由二倍角公式得，令，则可化为，由二次函数性质得在上单调递减，由余弦函数性质得在上单调递减，由复合函数性质得在上单调递增，可得在上单调递增，故②正确，对于③，由题意得，可得的图象关于对称，故③正确，对于④，由题意得，而，令，则可化为，由二次函数性质得在上单调递增，在上单调递减，而，，当时，，则，当时，可得，解得，此时对应个，当时，结合题意可得此时对应个，若方程在上有唯一解，则与在上有唯一交点，可得此时对应个，得到，而可化为，此时，即，故④正确.综上可得，其中正确结论的个数为3个，故C正确.故选：C.10.如图，正方形的边长为5cm，第一次操作：取正方形各边的中点，作第二个正方形；第二次操作：取正方形各边的中点，作第三个正方形，依此方法一直操作下去．若经过次这样的操作后，使得到所有正方形（包括正方形）的面积之和大于cm2，则的最小值为（）（参考数据：）A.8 B.9 C.10 D.18【答案】A【解析】第一个正方形面积，后续每个正方形面积是前一个的，故面积构成首项，公比的等比数列.经过次操作后，所有正方形（共个）的面积和为：，解不等式：，两边取对数（）：，故的最小值为.故选：A.二、填空题共5小题，每小题5分，共25分．11.函数的定义域为________.【答案】【解析】由,所以函数的定义域是.故答案为:.12.已知向量，若，则实数的一个值为__________．【答案】（或填）【解析】由于，所以，即，解得或.故答案为：（或填）.13.已知数列为等差数列，，则__________；若，则__________．【答案】①.②.【解析】设等差数列的公差为.由，，得，即.又，故.由，则.所以.故答案为：；.14.如图，某坡屋顶可视为一个五面体，底面为矩形，．若m，m，m，且与平面所成角的正弦值均为，则该五面体的体积为__________m3．【答案】【解析】如图，做平面，取中点为，则四点共线，，.连接，则,,,则，则，如图作，则，则五面体的体积为：m3.故答案为：.15.已知函数的定义域为．对于正实数，定义集合.给出下列四个结论：①若，则；②若，则；③若，则；④若，则都有．其中正确结论的序号是__________．【答案】①②④【解析】对于①，已知，，则，所以，解得，即，所以①正确；对于②，已知，，则，所以，解得，即，所以②正确；对于③，已知，，当时，若，即，有，所以，无解，若，即，有，所以，解得；当时，，则，所以，无解.综上，，所以③错误；对于④，已知，作图如下，将的图象左移个单位，即可得的图象，则当时，总有使得，此时，所以④正确.故答案为：①②④.三、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.在中，内角的对边分别为．（1）求；（2）若，求的面积．解：（1）由，根据余弦定理得.因为，所以.又，即，，解得.因为，所以，故.（2）由（1）知，.由正弦定理，得.三角形面积.17.设函数，且．（1）求的值；（2）已知在区间上单调递减，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，使函数存在，求在区间上的取值范围．条件①：；条件②：是的一个极值点；条件③：的图象关于点对称.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）由，得，又，故.（2）条件①：由，得，即.因正弦函数的值域为，而，故此条件下函数不存在.条件②：由是极值点，得（），解得.又在上单调递减，区间长度为，故，即.结合，得，则.当时，，，故的取值范围为.条件③：由图象关于点对称，得（），解得.又在上单调递减，区间长度为，故，即.结合，得时，，则.当时，，，故的取值范围为.18.如图，在六面体中，为正方形，.（1）求证平面；（2）若二面角为直二面角，求平面与平面夹角的余弦值．（1）证明：取的中点，连接、.由，，得且，故四边形为平行四边形，从而且.又为正方形，故且，因此且，四边形为平行四边形，得.因平面，平面，故平面.（2）解：由二面角为直二面角，即平面平面，且交线为，平面，所以平面，由于平面，所以，所以两两互相垂直，由此以为原点，分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系，设，则，，，.得，.设平面的法向量为，则，令，得，，即.平面的法向量为.则平面与平面夹角的余弦值为.19.已知函数有三个零点记为其中和．（1）求实数的取值范围；（2）记曲线在点处的切线为，设直线与轴交点的坐标为，求的范围．解：（1），显然