2026年北京市西城区高三一模数学试题含答案

2．在复平面内，复数(2+i)(1−i)对应的点位于()6．已知函数f(x)=2sinxcosx+sinx，则f(x)是()A．奇函数，且最小正周期为τB．奇函数，且最小正周期为2τC．偶函数，且最小正周期为τD．偶函数，且最小正周期为2τ7．设a,b为非零向量，则“对于任意λ∈R,≠λ”是“a−b<a+b”的()8．设关于x的不等式x2<|x|+2m的解集的堆积体一直近似为一个倒置的圆锥，初始时细沙都在上方容器内，且此时沙堆的高度为h，在重力和限流片的作用下细沙徐徐流入下方容器，经过t(t≤30)分钟后剩余沙堆的体积V沙漏上下颠倒，若倒置后的上方容器内沙堆高度再次降为h，则需再经过的|MP|=1,CM.CP=3，则对于a∈R，点P到直线x+ay+2a=0的距离的最大值为()13．已知α,β∈(0,2τ)，且cos(α+β)=sinαcosβ+cosαsinβ,写出满足条件的一组α,β的值α= 木方断面的长与宽分别为ai与bi，若对任意且a1,a2,a3与a6,a7,a8都是公差为−0.75._________①对于任意的x1,x2，若x1<x2，则f(x1)≤f(x2②存在正整数a，b，使得曲线y=f(x)关于坐标原点对称；④设a=2,b=3，则当x∈[0,1)时，函数f(x)的值域中有且仅有5个元素.其中，所有正确结论的序号是16．已知VABC的面积，且a=2sinA.(2)记VABC的周长为f(A)．给出f(A)的解析式，并求其最大值.17．如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为平行四边形，且AB丄AC，E为PD的中点，平面PAC丄平面ABCD.(1)求证：AB丄PA；P−ABCD存在，求平面PAE与平面AEC夹角的余弦值.条件③:△ABC≌△APC.的条件分别解答，按第一个解答计分.abcd假设每位读者的每次借阅情况互不影响．用频率估计概率.(3)为分析同一类读者的偏好，市图书馆将图书借阅量分类占“偏好度”，其中xi为其图书借阅量分类占比值，x为所有xi的均值，n为图书的类别个数．记“在职人员”、“大学生”和“中学生”的“偏好度”分别为M1,M2,M3，写出这三个“偏好度”的大小关系结论不要求证2+y2作QP丄y轴于点P，求证：AP∥BF1.20．已知函数f(x)=x2lnx，直线l为曲线y=f(x)在点(x0,f(x0))处的切线．O为坐标原点.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设g(x)=f(x)+x，研究函数g(x)的零点个数；(3)若l与x轴、y轴分别交于点A，B，且△OAB为等腰直角三角形，求△OAB的面积.正整数．若无穷数列{an}满足：对任意n∈N*和l∈N*，存在m∈{n+1,n+2,n+3,n+4}，使得Sl(n)=Sl(m)，则称数列{an}具有性质T.(2)已知数列{an}具有性质T，n,n∈N*}中元素个数的最大值；（ii）证明：存在正整数l，对任意k∈{1,2,3,…,2026}，有ak+l=ak.【详解】设等比数列的公比为【详解】设等比数列的公比为q,由a24{3q5【分析】根据题意得【分析】根据题意得(2+x)4=a1+a2x+a3x2+a4x3+a5x4，利用赋值法和二项式系数求解.【详解】由于x(2+x)4=a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5，则(2+x)4=a1+a2x+a3x2+a4x3+. 【分析】根据【分析】根据f(x),f(−x)的关系判断f(x)的奇偶性，再根据周期的定义，判断f(x)的周期，即可选择.【详解】由题意得f(x)=2sinxcosx+sinx=sin2x+sinx，又其定义域为R，故f(x)为奇函数；又y=sin2x的最小正周期为，且y=sinx的最小正周期为2τ,则f(x)的最小正周期为2τ,且f(x+2τ)=sin(2x+4τ)+sin(x+2τ)=sin2x+sinx=f(x)，故f(x)的最小正周期为2τ.综上所述：f(x)是奇函数，且最小正周期为2τ.【分析】根据平面向量的三角不等式取等条件判断充分性，举反例判断必要性.【详解】因为a,b为非零向量，若对任意λ∈R都有b≠λa，则a,b不共线，根据不等式ababa此时存在λ=2，使得b=λa，必要性不成立.【分析】转化为恒成立问题，由对称性求出函数的值域，得到不等式，求出答案设f(x)=x2−|x|，由于f(−x)=f(x)，故f(x)=x2−|x|为偶函数，由对称性可知s+t=0，因为=0,f作出函数f(x)的图象如下图：由图可知，要使由图可知，要使P=(s,t)(−2,2)2(2,82(2,8:经过10分钟后上方剩余沙堆的体积V1=V0e−10k，:V0=V0e−10k，:=e−10k，:ln=−10k，:k=，经过10分钟后上方剩余沙堆的体积为V1=V0，:将沙漏上下颠倒，此时上方容器内的沙堆体积为V0，设此时上方容器的高度为H，7(H)37(H)371|(h,|，:8=|(h,|，:H=h.8>2:倒置后的上方容器内沙堆高度再次降为:倒置后的上方容器内沙堆高度再次降为h时，上方容器剩余沙堆的体积为V2=V0，设从倒置后到高度再次降为h需要的时间为t1，k3ln23ln23×0.698(8,7k 程，根据直线恒过定点，结合点与圆的位置关系，分析求解，即可得答案. uuur又CM.CP=CMCPcosCM,CP=3，CM=r=3，uuurCPCM2所以CM丄MP，又|MP2所以CM丄MP，又|MP|=1，所以P2又直线又直线x+ay+2a=x+a(y 2 【分析】根据题意，利用抛物线的定义，即可求解【分析】根据题意，利用抛物线的定义，即可求解.【详解】由抛物线C:y2=8x，可得焦点为F(2,0)，准线l方程为x=−2，根据抛物线的定义，可得点P到准线l距离为4224222）（【详解】【详解】sinαcosβ+cosαsinβ=sin(α+β)，即cos(α+β)=sin(α+β)，结合结合cos(α+β)=sin(α+β)，可知cos(α+β)≠0即即α+β=+kτ(k∈Z)，又α,β∈(0,2τ)， 88(88,(88,2【分析】根据等差数列的定义，结合已知条件求【分析】根据等差数列的定义，结合已知条件求解即可.a322【分析】根据题意，结合[x]表示不超过实数x的最大整数，函数f(x)=[ax]+[bx]，以及a,b为正整数，利用函数的性质，逐项分析判断，即可求解.21对于任意正整数a所以不存在正整数a,b，使得曲线y=f(x)关于坐标原点对称，所以②错误；131323235595728572855所以当x=2+t且t∈[0,3)时，满足f(x对于④,当a=2,b=3，且x∈[0,1)时，可得2x∈[0,2),3x∈[0,3)，13132323所以f(x)在x∈[0,1)上的取值为{0,1,2,3}，共有4个元素，所以④错误.（（2）利用正弦定理表示出f(A)，化简，然后结合正弦函数性质求最值.【详解】（【详解】（1）由余弦定理和面积公式得：a2+b2−c2=2abcosC，S=absinC，代入S=代入S=(a2+b2−c2)可得：S=absinC=×2abcosC，化简得：tanC=，又因为在三角形中，又因为在三角形中，0<C<π,所以C=.所以所以b=2RsinB=2sinB，c=2Rsin=2sin则三角形周长为：则三角形周长为：f(A)=a+b+c=2sinA+2sinB+3其中A+B+=π,所以B=−A，代入f(A)可得：((2π)f(A)=2sinA+2sin|−A|+3(3,，==2sinA+2sincosA−2cossinA+32π2π==3sinA+3cosA+333所以所以π<A+π<5π,则当A+π=π,即A=π时，f(A)取得最大值，666623664面法向量，用向量公式求二面角余弦值.条件③思路：由全等证PA丄AC，由面面垂直得PA丄底面，建空间直角坐面法向量，用夹角公式算余弦值.【详解】（1）因为平面PAC丄平面ABCD，平面PAC平面ABCD=AC.又AB平面ABCD，AB丄AC，由面面垂直的性质定理，得AB丄平面PAC.因为PA平面PAC，所以AB丄PA.（2）由题意，AB=1，AC丄AB，BC底面ABCD为平行四边形，故CD=AB=1，AD=BC=2，CDⅡAB.若选条件①：CD丄PD若CD丄PD，又CD丄PC，这显然不可能，故条件①无法使四棱锥P−ABCD存在，不符合要求.若选条件②：AE=PE.已知已知E为PD中点，且AE=PE，则PE=DE=AE，所以所以△PAD为直角三角形，且上PAD=90O，即PA丄AD.由（由（1）知PA丄AB，又AD∩AB=A，AD,AB平面ABCD，所以PA丄平面ABCD.因为因为AC平面ABCD，所以PA丄AC，即PA,AB,AC两两垂直.以A以A为原点，AB,AC,AP分别为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系.则则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,3,0)，D(−1,3,0)，P(0,0,1).((11)E为PD中点，故E|−,,|.(222,(11)设平面AEC的法向量m：AC=(0,3,0)， 2设两平面夹角为θ,则两平面夹角θ的余弦值为：nn2n1n2.. BC2 BC2−AB2由AB=1，AB丄AC，BC=2，得又平面PAC丄平面ABCD，平面PAC平面ABCD=AC，PA平面PAC，由面面垂直的性质定理，得由面面垂直的性质定理，得PA丄平面ABCD.以A为原点，以A为原点，AB、AC、AP分别为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系：AA(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,,0)，D(−1,,0)，P(0,0,1).((11)E为PD中点，故E|−,,|.(222,(11)(11)设平面AEC的法向量m：AC=(0,3,0) 设两平面夹角为θ,则两平面夹角θ的余弦值为：cosθ= nn2nn2 362(3)2+12..(3)M1<M3<M2类、中学生教辅类的借阅量计算式，再代入数据比较（2）先根据大学生各类借阅占比和为100%，求出a+b的值，得到大学生借阅科技类的概率；同理根据中学生各类借阅占比和为100%，求出c+d的值，得到中学生借阅科技类的概率；然后将“3册书中至少有2（2）用频率估计概率：大学生借阅科技类的概率为0.4，中学生借阅科技类的概率为0.2，（3）在职人员的5个占比分别为：35%,25%,10%,20%,10%，即xi=[0.35,0.25,0.10,0.20,0.10]，大学生的已知占比为：30%,40%,13%，中学生的已知占比为：25%,20%,40%，综上：M1<M3<M2(2)(2)证明见详解.（（2）将问题转化为证明yQ=，设出直线方程，结合OQ丄OD，用yQ表示出点D坐标，然后代入椭又y又yQ=yP，所以只需证yQ=.设C(x1,y1),D(x2,y2)，因为OQ丄OD，所以OQ.OD=x2xQ+y2yQ=0，将x将x=1代入+y2=1得y2=−,代入1+y2yQ=0得yQ=.当直线当直线l的斜率存在时，设其方程为y=kx+m，易知k≠0，因为点因为点D在椭圆上，所以又又m2−1=k2，所以−3k2y+4k2=0，(2)g(x)无零点.（2）提取公因式转化函数，求导找单调性与最小值，判断最小值恒正，推出函数恒正，故无零点.（3）先求切线方程得截距坐标，由等腰直角得边长相等，分标求面积.【详解】（1）定义域：x>0，函数f(x)求导得f,(x)=2xlnx+x=x(2lnx+1).1当时，f,<0，f单调递减；当时，f,>0，f单调递增.综上所述,f(x)单调递减区间为单调递增区间为.（2）由题可知g(x)=f(x)+x=x(xlnx+1)，x>0所以研究函数g(x)的零点个数等价于研究h(x)=xlnx+1的零点个数.h,(x)=lnx+1，令h,(x)=0得x=e−1.,，h(x)<0，h(x)单调递减；，h,(x)>0，h(x,所以函数h(x)=xlnx+1有极小值同时也为最小值h(e−1)=−e−1+1>0.故h(x)>0恒成立，所以g(x)无零点.（3）函数f(x)求导得f,(x)=2xlnx+x=x(2lnx+1).所以f,(x0)=2x0lnx0+x0，切线l：y−xlnx0=(2x0lnx0+x0)(x−x0).化简得y=(2x0lnx0+x0)所以由题可知分别令y=0,x=0可得A△OAB为等腰直角三角形，且OA丄OB，故|OA|=|OB|..此时A,B都与原点重合,不能构成三角形,舍去.ttt2tttt220tttt(3)(