北京市延庆区高三下学期一模数学试题

北京市延庆区第二学期一模试卷高三数学2026.03第一部分（选择题共40分）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，复数对应的点位于（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）（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）（D）（8）设无穷等差数列的公差为，其前项和为，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）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．则圆上的点到直线的距离的最小值为（A）（B）（C）（D）第第第二部分（非选择题共110分）二、填空题共5小题，每小题5分，共25分。（11）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，则_____．（13）已知是任意角，且满足，则常数的一个取值为_____．（14）长方体的底面是一个正方形，其边长为，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）若非空实数集中存在最大元素和最小元素，记.①已知，，且，则；②已知，，则存在实数，使得；③已知，若，则对任意，都有；④已知是等比数列的前项和，，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）（本小题14分）如图，在四棱锥中，底面是一个等腰梯形，，，，为的中点.（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）若平面.（ⅰ）求证：平面；（ⅱ）求二面角的余弦值.（17）（本小题13分）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.（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）设，求在区间上的最大值和最小值.条件=1\GB3①：是偶函数；条件=2\GB3②：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\GB3③：在区间上单调递增．注：如果选择的条件不符合要求，得分；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）（本小题13分）年联合国教科文组织第届世界遗产大会上，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》.北京中轴线位于北京老城中心，全长公里，始建于世纪，是统领整个老城规划格局的建筑与遗址的组合体.北京中轴线共包含处遗产点构成要素，可分为、、、、五种类型，如下表：类型古代皇家宫苑建筑古代皇家祭祀建筑古代城市管理设施国家礼仪和公共建筑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在上述处中轴线遗产点中，某研学团队计划随机选取处进行研学．（Ⅰ）求选取的处遗产点都为类的概率；（Ⅱ）若研学团队计划在、、这三类遗产点中，选取处研学地点．设选取的处遗产点的类型种数为，求的分布列及数学期望；（Ⅲ）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类或类遗产点的频率分布情况如下：人群老年人中年人青少年只参观类型遗产点只参观类型遗产点两类遗产点都参观用频率估计概率，若从所有参观类或类遗产点的人群中，随机选取人，只参观类型遗产点的概率为，只参观类型遗产点的概率为，根据上面的统计表，试估计与的大小关系．（结论不要求证明）（19）（本小题15分）已知椭圆且离心率为.（Ⅰ）求椭圆的标准方程；（Ⅱ）（20）（本小题15分）已知函数，，．（Ⅰ）当时，求曲线在点处的切线方程；（Ⅱ）讨论的单调性；（Ⅲ）是否存在，使得不等式恒成立，若存在，求出的所有值；不存在，请说明理由．（21）（本小题15分）设为正整数，数列是公差不为的等差数列，若从中删去两项和后剩余的项可被平均分为组，且每组的个数都能构成等差数列，则称数列是可分等差数列．（Ⅰ）判断数列是不是、、、可分等差数列；（结论不要求证明）（Ⅱ）当时，证明：数列是可分等差数列；（Ⅲ）当时，数列是可分等差数列，证明：满足条件的个数不少于个．（1）D（2）B（3）A（4）D（5）A（6）B（7）C（8）C（9）C（10）D（11）（12）（13）（14），（15）①②③（16）（Ⅰ）取的中点，连接，.因为为的中点，所以，.因为，，所以，，所以四边形是平行四边形.所以.且平面，平面.所以：平面.（Ⅱ）（ⅰ）因为平面.所以.因为底面是一个等腰梯形，，，，所以，，所以，即.又因为面，.所以知平面.（ⅱ）由（ⅰ）知平面.所以.如图建立空间直角坐标系.则，，.所以，，.设平面的法向量为，则即令，则，.于是.因为为平面的法向量，且，所以二面角的余弦值为.（17）（Ⅰ）解：选择②，将函数的图象上所有点向右平移个单位长度，可得到函数，由函数为奇函数，则，可得，又因为，则.解：选择③，由，可得，在区间上单调递增，且的最小正周期为，所以，，所以（Ⅱ）解：由（1）可知，，则，由，可得，当时，取最大值，此时，当时，取最小值，此时（18）解：（Ⅰ）设这3个遗产点都在D类为事件，．（Ⅱ），，．或．123．（Ⅲ）（19）（Ⅰ）根据题可得解得，椭圆的标准方程．（Ⅱ）由得．因为直线与曲线交于不同的两点，所以，即．设点的坐标分别为，，则，，，．直线的方程为，点的坐标为．因为直线和直线的斜率分别为，，所以．即．所以，，三点共线．所以（20）解：（Ⅰ）当时，，所以．，．所以曲线在点处切线的方程为． （Ⅱ）当时，的定义域为．．所以的单调递减区间为当时，的定义域为．，所以时，；时，．所以的单调递增区间为；单调递减区间为．（Ⅲ）令，要使得不等式恒成立，即成立，．当时，的定义域为．所以，在上单调递减．因为，所以不合题意．当时，的定义域为．因为时，；时，．所以的单调递增区间为；单调递减区间为．所以．设，则，因为时，；时，，所以的单调递减区间为；单调递增区间为．所以．当，不等式恒成立． （21）（Ⅰ）解：数列是、、、可分数列，不是可分数列（Ⅱ）证明：当，数列中删去和两项后，前面是（有连续的项，当时，无这项）；后面是（有连续的项，当时，无这项），和中间是（有连续的项，当时，无这项），因为都是连续的的整数倍项，显然都可以平均分成每组都是个数公差为的等差数列.（Ⅲ）首先证明：数列是可分数列，其中.证明：（1）数列中删去和两项后，前面是（有连续的项，当时，无这项），后面是（有连续的项，当时，无这项），因为都是连续的的整数倍项，显然都可以平均分每组都是个数公差为的等差数列.（2）分析中间的数列是可分数列.上述数列共有项将数列写成下述形式：第一行