北京延庆区2025-2026学年第二学期试卷高三数学

第二学期试卷高三数学本试卷共6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，共分）一、选择题：共小题，每小题4分，共分．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.【答案】D【解析】【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.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【答案】B【解析】【详解】化简得，复数z对应的点位于第二象限.3.下列函数中，是奇函数且最小正周期为的是（A.B.第1页/共21页

C.D.【答案】A【解析】【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.已知，且，则下列不等式恒成立的是（A.B.C.对任意，D.【答案】D【解析】【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.若双曲线的离心率为，则其渐近线方程为（A.B.C.D.【答案】A【解析】【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，第2页/共21页

所以所以双曲线的渐近线方程为：.6.在中，，，，则（A.B.C.D.【答案】B【解析】【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.矩形中，，，且，则（A.B.C.6D.3【答案】C【解析】【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.第3页/共21页

8.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【答案】C【解析】【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.在平面直角坐标系中，若对任意的点（且（且，且，则（A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据和列出方程组，利用代入消元法，可得的关系.第4页/共21页

【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.“欧拉线”，，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.【答案】D【解析】中，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，第5页/共21页

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.第二部分（非选择题，共分）二、填空题：共5小题，每小题5分，共分．在的展开式中，常数项为______．【答案】60【解析】【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.已知抛物线上一点到焦点的距离为4，则______．【答案】【解析】【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.第6页/共21页

所以.13.已知是任意角，且满足，则常数k的一个取值为______．【答案】（答案不唯一）【解析】【详解】满足，，得，，当时，.故答案为：（答案不唯一）14.长方体的底面4____________．【答案】①.②.【解析】【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：，，第7页/共21页

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.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______．【答案】①②③【解析】【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.第8页/共21页

【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，是满足区间。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正确三、解答题：共6小题，共分．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．【答案】（1）证明见解析（2第9页/共21页

【解析】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.【小问1详解】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；【小问2详解】（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，，第10页/共21页

为平面的一个法向量，，故二面角的余弦值为.17.已知函数知，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．【答案】（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【解析】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.【小问1详解】选择条件①：第11页/共21页

由函数，是偶函数，则，因，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，【小问2详解】当时，即，第12页/共21页

当时，，当，即时，，当，即时，18.2024年联合国教科文组织第46“北京中轴线——中国理想都城秩序的杰作”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A古代皇家B古代皇家C古代城市E居中道D国家礼仪和公共建筑型宫苑建筑祭祀建筑管理设施路遗存天安中门轴外

社先钟万天广正永中轴线

线故景太天端金

稷农鼓宁安场阳定南段道

遗宫山庙坛门水

坛坛楼桥门及门门路遗存

产桥建点筑群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；（2ABC这三类遗产点中随机选取33处遗产点的类型种数为XX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第13页/共21页

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”的概率为与【答案】（1）（2）的分布列为：123（3）【解析】【小问1详解】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：.【小问2详解】由题意，的值可能为1,2,3，且，，.所以的分布列为：第14页/共21页

123所以.小问3详解】由题意,.所以.19.已知椭圆与y轴的交点为A（点A位于点B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．【答案】（1）（2），证明见解析【解析】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.【小问1详解】第15页/共21页

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.【小问2详解】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，因第16页/共21页

.所以点与点重合.故三点共线，所以，即.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．【答案】（1）（2在时，在上单调递减.（3）【解析】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.【小问1详解】当时，.因为，，所以，所以曲线在点处的切线方程为：即.【小问2详解】，.第17页/共21页

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.【小问3详解】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.第18页/共21页

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.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，