2026年北京延庆区高三一模高考数学试卷答案详解（精校打印）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页2025～2026学年第二学期试卷高三数学2026.03本试卷共6页，150分．考试时长120分钟．考生务必将答案答在答题纸上，在试卷上作答无效．考试结束后，将本试卷和答题纸一并交回．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（

）．A． B．C． D．2．已知复数z满足，则在复平面内，复数z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．下列函数中，是奇函数且最小正周期为的是（

）．A． B．C． D．4．已知，且，则下列不等式恒成立的是（

）．A． B．C．对任意， D．5．若双曲线的离心率为，则其渐近线方程为（

）．A． B．C． D．6．在中，，，，则（

）．A． B． C． D．7．矩形中，，，且，则（

）．A． B． C．6 D．38．设等差数列的公差为，其前n项和为，则“”是“存在最小值”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9．在平面直角坐标系中，若对任意的点（且），都存在（且），使得，且，则（

）．A． B． C． D．10．三角形的重心是指三角形三条中线的交点，垂心是指三条高的交点，且已知三角形的重心、垂心位于同一条直线上，这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”．在平面直角坐标系中作，，点，点，且其“欧拉线”与圆相切，则圆M上的点到直线的距离的最小值为（

）．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．在的展开式中，常数项为______．12．已知抛物线上一点到焦点的距离为4，则______．13．已知是任意角，且满足，则常数k的一个取值为______．14．长方体的底面是一个正方形，其边长为4，长方体的高为，联结各表面的中心构成一个八面体，则这个八面体的表面积为______，这个八面体的体积和长方体的体积之比为______．15．若非空实数集X中存在最大元素M和最小元素m，记．①已知，，且，则；②已知，，则存在实数a，使得；③已知，若，则对任意，都有；④已知是等比数列的前n项和，，则存在等比数列，使得．其中所有不正确的命题是______．三、解答题：共6小题，共85分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．16．如图，在四棱锥中，底面是一个等腰梯形，，，，M为的中点．(1)求证：平面；(2)若平面．（ⅰ）求证：平面；（ⅱ）求二面角的余弦值．17．已知函数，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．(1)求的值；(2)设，求在区间上的最大值和最小值．条件①：是偶函数；条件②：的图象上所有点向右平移个单位长度，所得函数是奇函数；条件③：在区间上单调递增．注：如果选择的条件不符合要求，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．18．2024年联合国教科文组织第46届世界遗产大会上，我国申报的“北京中轴线——中国理想都城秩序的杰作”被正式列入《世界遗产名录》．北京中轴线坐落于北京老城中心，全长7.8公里，始建于13世纪，是统领老城整体规划格局的建筑与遗址的组合体．它共包含15处遗产点，可分为A、B、C、D、E五种类型，具体如下表：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D国家礼仪和公共建筑E居中道路遗存中轴线遗产点故宫景山太庙社稷坛天坛先农坛钟鼓楼万宁桥端门天安门外金水桥天安门广场及建筑群正阳门永定门中轴线南段道路遗存某研学团队计划随机选取3处遗产点开展研学活动．(1)若从15处遗产点中随机选取，求选取的3处遗产点均为D类的概率；(2)若从A、B、C这三类遗产点中随机选取3处，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)该研学团队通过调查发现：所有参观北京中轴线的人群可分为老年人、中年人、青少年三个群体，其人数比值为，同时，这三个群体选择参观A类或D类遗产点的频率分布如下表：人群老年人中年人青少年只参观A类型遗产点60％25％30％只参观D类型遗产点20％45％30％两类遗产点都参观20％30％40％用频率估计概率，若从所有参观A类或D类遗产点的人群中随机选取1人，记“只参观A类型遗产点”的概率为，“只参观D类型遗产点”的概率为，请根据表中信息，判断与的大小关系．（结论不要求证明）19．已知椭圆与y轴的交点为A，B（点A位于点B的上方），且，椭圆的离心率为．(1)求椭圆C的标准方程；(2)若直线与椭圆C交于不同两点M，N，直线与直线交于点G．设与的面积分别为，，比较与的大小，并说明理由．20．已知函数，，．(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)讨论的单调性；(3)是否存在a，使得不等式恒成立，若存在，求出a的所有值；不存在，请说明理由．21．设m为正整数，数列，，…，是公差不为0的等差数列，若从中删去两项和后剩余的项可被平均分为m组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列，，…，是可分等差数列．(1)说明数列，，…，是不是、、、可分等差数列；(2)当，时，证明：数列，，…，是可分等差数列；(3)当时，数列，，…，是可分等差数列，证明：满足条件的个数不少于个．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．D【分析】求出集合A,B，利用并集的定义可求得.【详解】由题意可得：根据对数函数真数大于零可得，集合，集合或，根据并集的定义可得或，即.2．B【详解】化简得，复数z对应的点位于第二象限.3．A【详解】对A：因为，为奇函数，且，故A满足条件；对B：因为为偶函数，故B不满足条件；对C：因为的最小正周期为，故C不满足条件；对D：函数不是周期函数，故D不满足条件.4．D【详解】对A：当，时，不等式不能成立；对B：当，时，不等式不能成立；对C：当时，不等式不能成立；对D：因为，所以函数在上单调递增，又，所以恒成立.故D正确.5．A【分析】根据离心率确定的关系，再求双曲线的渐近线方程.【详解】因为双曲线的离心率为，所以.所以双曲线的渐近线方程为：.6．B【分析】由正弦定理角化边，求得，再由余弦定理即可求解.【详解】根据正弦定理，结合条件，可得：，即.又已知，代入得：，因此.由余弦定理，代入，，因此.7．C【分析】根据平面向量基本定理及数量积定义计算求解.【详解】因为，所以，，所以.8．C【分析】化简得到，分别判断充分性和必要性得到答案.【详解】为等差数列，则，对应的二次函数为，故当时，函数有最小值，对应的数列有最小值，当数列有最小值时，则二次函数开口向上，所以，故是充分必要条件．9．C【分析】根据和列出方程组，利用代入消元法，可得的关系.【详解】由题意得.由①得：，将其代入②得：，即.因为，所以，即.又，所以.将其再代入①得：.因为该式对都成立，所以.所以.10．D【详解】因为在中，，所以边上的高线和中线合一，则其“欧拉线”为边的垂直平分线，因为点，点，，因为直线的斜率为，所以的垂直平分线的斜率为，所以的垂直平分线方程为，即，因为“欧拉线”与圆相切，所以圆心到“欧拉线”的距离为，即，圆心到直线的距离为，由圆的对称性可知，圆M上的点到直线的距离的最小值为.11．60【分析】由二项式定理可得二项式展开式的通项公式，令，运算即可得解.【详解】解：二项式的展开式的通项公式为，令，解得，所以的二项展开式中，常数项为.故答案为：.12．【分析】利用焦半径公式求，再利用抛物线的方程求.【详解】由题意.所以.13．（答案不唯一）【详解】满足，，得，，当时，.故答案为：（答案不唯一）14．【分析】八面体的表面积是两个四棱锥的侧面积之和，利用长方体的棱长，结合勾股定理求出四棱锥侧面三角形的边长，判断侧面三角形的形状，再用面积公式计算单个四棱锥侧面积，进而得到八面体表面积；利用棱锥体积公式计算单个四棱锥体积，进而得到八面体体积，最后求出两者体积之比。【详解】如图所示，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系根据题意可得各点坐标为：，，因为八面体共8个全等的等腰三角形，以为例：可得，三角形的高为，故所以总表面积为：.长方体体积为：由八面体是两个四棱锥组合而成，四棱锥底面是正方形，面积为，可得每个四棱锥的高为，总体积所以八面体的体积和长方体的体积之比为.15．①②③【分析】直接计算即可判断①；分类讨论判断②；举反例判断③；举例证明④.【详解】①：因，则；，则，解得：或，①错误②：当区间关于对称，即时，，此时，.当时，会增大，因此的最小值为1，不存在使得，命题②错误③，由题意知，，但是满足的点集，它可以是的子集，不一定是整个区间。例如时，，对于满足题设，此时时不满足，③错误④，取等比数列，，则，，，即，④正确16．(1)证明见解析(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）【分析】（1）通过作辅助线证明为平行四边形，再利用线面平行的判定定理判断即可；（2）利用已知条件证明，再根据线面垂直的判定定理即可证明；（3）通过建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，再代入公式即可.【详解】（1）取的中点，连接，M为的中点，，又，，，四边形为平行四边形，且平面，平面,平面；（2）（ⅰ）平面，平面，，又底面是一个等腰梯形，，，，，则，，即，又平面，，平面.（ⅱ）由（ⅰ）知平面，平面，，故建立以为坐标原点的空间直角坐标系，如图则，，设平面的法向量为，则，即，令，则，，为平面的一个法向量，，故二面角的余弦值为.17．(1)选择①，不符合条件，选择②或选择③，；(2)最大值为，最小值为【分析】（1）选择条件①，得即可求解；选择条件②，得即可求解；选择条件③，由正弦函数单调性得即可求解；（2）将(1)中求得的值代入，化简的表达式后，结合的取值范围与正弦函数的性质求解最值.【详解】（1）选择条件①：由函数，是偶函数，则，因为，则此时不存在，即函数不存在；选择条件②：右移个单位后为奇函数。平移后函数为，因为为奇函数，所以，解得：，因为，所以，此时选择条件③：在上单调递增，正弦函数的单调递增区间为，，因为在上单调递增，所以，，解得：因为，所以，此时，后续最值与条件②一致，（2）当时，即，当时，，当，即时，，当，即时，18．(1)(2)的分布列为：123(3)【详解】（1）从15处遗产点中随机选取，选取的3处遗产点均为D类的概率为：.（2）由题意，的值可能为1,2,3，且，，.所以的分布列为：123所以.（3）由题意,.所以.19．(1)(2)，证明见解析【分析】（1）根据离心率和的值，可求，可得椭圆的标准方程.（2）将直线与椭圆方程联立，利用韦达定理，可得和，求直线与的交点的坐标，再求直线与的交点的坐标，判断该点与点重合，可得三点共线，即可得.【详解】（1）因为，所以，又因为椭圆的离心率为，所以，又，所以，所以椭圆的标准方程为.（2）如图：将代入，得，整理得：.由.设，，则，.所以直线的方程为：，令，则，即.直线的方程为：，令，则，即直线与直线的交点为.因为，因为.所以点与点重合.故三点共线，所以，即.20．(1)(2)当时，函数在上单调递减；当时，在上单调递增，在上单调递减.(3)【分析】（1）根据导数的几何意义求曲线在点处的切线方程.（2）利用导数，分情况讨论，求函数的单调性.（3）设，问题转化为在其定义域上恒成立，求的值.【详解】（1）当时，.因为，，所以，所以曲线在点处的切线方程为：即.（2），.当时，由，此时，函数在上单调递减；当时，由，此时由，由.所以在上单调递增，在上单调递减.综上可知，当时，函数在上单调递减；当时，在上单调递增，在上单调递减.（3）设，问题转化为在其定义域上恒成立，求的值.因为.若，则函数的定义域为，此时，即，所以在上单调递增.因为.设，.则.由；由.所以在上单调递增，在上单调递减.所以.所以恒成立，所以在不可能恒成立.若，则函数的定义域为，此时，由，由.所以在上单调递减，在上单调递增.所以.要想在上恒成立，需要.设，.则.由，由.所以在上单调递增，在上单调递减，所以.即当时，.所以为所求.21．(1)是、是、不是、是(2)证明见解析(3)答案解析悬赏征集中,欢迎大牛老师们踊跃投稿!答案解析悬赏征集中,欢迎大牛老师们踊跃投稿!【分析】（1）对每一组待删项，先列出删除后剩余的4项，再根据等差数列定义验证相邻项差值是否相等，一次判断剩余项能否构成等差数列，最终得出各组是否符合要求；（2）针对数对，将数列按删去项前后分段.删前取连续4项为组，删后剩余段也按连续4项分组，每组均为等差数列，满足可等分要求；【详解】（1）设原等差数列公差为，通项为，等差数列性质：下标成等差，则项成等差.（1）判断，，共6项，删去两项后剩余4项需构成1组等差数列：：剩余，是公差为的等