北京市石景山区2026届高三数学下学期第一次统一练习试题含解析

北京市石景山区2026届高三数学下学期第一次统一练习试题

本试卷共7页，满分为150分，考试时间为120分钟．请务必将答案答在答题卡上，在试卷

上作答无效．考试结束后，将答题卡交回．

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.

【答案】A

【解析】

【详解】由，

则.

2.已知，则（）

A.B.C.D.

【答案】C

【解析】

【分析】利用复数的乘法和共轭复数的定义可求得结果.

【详解】因为，故，故

故选：C.

3.下列函数中，既是偶函数、又在上严格减的函数是（）

A.B.C.D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据基本初等函数的奇偶性、单调性逐项判断ACD，利用奇偶性定义及一次函数的单调性判断B

即可.

【详解】对于A，为奇函数，不是偶函数，在上严格减，故A错误；

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对于B，定义域为，关于原点对称，且，所以函数为

偶函数，

当时，，显然在上严格减，故B正确；

对于C，由幂函数性质知，为偶函数，在上严格增，故C错误；

对于D，由指数函数性质知，既不是奇函数也不是偶函数，故D错误.

故选：B

4.设为单位向量，且，则（）

A.B.1C.D.2

【答案】C

【解析】

【详解】由题意得两边同时平方得，又为单位向量，故，

即，

.

5.如图，在正方体中，为底面的中心，为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点.则满足的

是（）

A.B.C.D.

【答案】C

【解析】

【分析】利用空间向量法可解.

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详解】

不妨以为原点建立如图所示空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，

对于A，则，

，

则，所以不垂直，故A错误；

对于B，则，

，则，所以不垂直；故B错误；

对于C，则，

，则，所以垂直，故C正确；

对于D，则，

，则，所以不垂直，故D错误.

6.直线与圆相交于A，B两点，则（）

A.B.C.2D.4

【答案】B

【解析】

【分析】由圆的标准方程得到圆心和半径，再根据圆的半径、圆心到直线的距离、半弦长的关系求解.

【详解】由，可得标准方程：，

则圆心坐标为，圆的半径.

由直线的方程为，得圆心到直线的距离：，

所以.

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7.数列为各项均为正数的等比数列，、、、为正整数，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】D

【解析】

【分析】取特殊数列，结合充分条件、必要条件的定义判断即可得出结论.

【详解】因为数列为各项均为正数的等比数列，、、、为正整数，

不妨取，当时，，

即“”“”；

不妨取，由可得，则，

即“”“”.

所以“”是“”的既不充分也不必要条件.

8.已知，，点在曲线上，则的面积（）

A.有最大值，但没有最小值B.没有最大值，但有最小值

C.既有最大值，也有最小值D.既没有最大值，也没有最小值

【答案】A

【解析】

【分析】根据题意可得和直线的方程，结合双曲线的渐近线分析点到直线的距离的取值范

围，进而可得的面积的取值范围.

【详解】因为，，

则，直线的斜率，

所以直线的方程为，即，

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双曲线的渐近线方程为，

则直线与渐近线平行，两平行线间距离，

曲线过点，

过点与直线平行的直线方程为，两平行线间距离，

结合图形可知点到直线的距离，

则的面积，

所以的面积有最大值，但没有最小值.

故选：A.

9.设，则（）

A.B.C.D.

【答案】D

【解析】

【分析】先利用对数函数的单调性得出，再利用对数的运算性质得出即可.

【详解】，，则，

，

，

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则，则.

10.在平面直角坐标系中，当不是原点时，定义的“对应点”为，当是原

点时，定义的“对应点”为它自身：将曲线上所有点的“对应点”构成的曲线定义为曲线的“对应曲线”.

现有下列命题：

①若点的“对应点”是点，则点的“对应点”是点；

②单位圆的“对应曲线”是它自身；

③直线的“对应曲线”一定是直线.

其中正确命题的个数是（）

A.0B.1C.2D.3

【答案】B

【解析】

【分析】根据对应点的定义对三个命题逐一判断.

【详解】对于①：设不是原点，则，记，

则，其中，计算的对应点：

.

，即，不是，所以①错误；

对于②：单位圆上的点满足，因此对应点为.

对，有，说明仍在单位圆上；

反之，单位圆上任意点，则点在单位圆上.

因此单位圆的对应曲线就是单位圆本身，所以②正确；

对于③：取直线（平行于轴的直线），设其上点，对应点为.

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令，消去：.

整理得，即，这是圆，不是直线，所以③错误.

所以正确命题的个数只有②一个.

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.若的展开式的二项式系数和为32，则__________，的系数为__________.

【答案】①.5②.

【解析】

【分析】已知二项式系数和，可求出，再利用通项公式即可求得的系数.

【详解】由题意知，展开式的二项式系数和为32，即，所以，

故展开式的通项公式，

令，可得，

所以展开式中的系数是.

12.已知抛物线上一点到其焦点的距离为5，则该抛物线的准线方程为____________．

【答案】

【解析】

【分析】根据抛物线上一点到其焦点的距离为5，利用抛物线的定义，由求

解.

【详解】因为抛物线上一点到其焦点的距离为5，

所以，

解得，

所以该抛物线准线方程为，

故答案为：

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13.已知，则__________．

【答案】

【解析】

【详解】由，可知，

，

．

14.设函数，当时，的值域为______；若方程有两个

不同的解，则实数的一个取值可以是______.

【答案】①.②.（只需满足即可）

【解析】

【分析】当时，化简函数的解析式，分别求出在、上的值域，即可得出函

数的值域；分析可知，讨论不符合题意，则，可知函数在

、上都单调，分别求出方程在和时的解，可得出关于的

不等式组，即可解得实数的取值范围.

【详解】当时，，

当时，，

当时，.

故当时，函数的值域为；

由题意可知，

当时，，

当时，由可得，

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当时，恒成立，此时无解，

故当时，方程有且只有一个实数解，不合乎题意；

因为函数在上单调递增，

当时，函数在上单调，

因为方程有两个不同的解，所以方程在和时各有一解，

当时，由可得，所以，

当时，由可得，所以，解得，

综上所述，.

故实数a的一个取值可以是（只需满足即可）.

15.已知为数列的前项和，记，且满足.给出下列四个

结论：

①的第2项小于0；

②为等比数列；

③为递减数列；

④当时，存在.

其中所有正确结论的序号是__________.

【答案】①④

【解析】

【分析】由条件先证明，，结合等差数列定义求，结合求

，再由与关系求，根据数列的通项公式直接判断①④，结合等比数列定义和递减数列定义

判断②③.

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【详解】由，可得，

当时，，

所以，故，

当时，，

代入可得

所以是首项为，公差为的等差数列，得，

由，可得，

对，也满足上式，

当时，，

当时，，

对于①，，①正确，

对于②，，，不是等比数列，②错误，

对于③，对，，

所以当时，数列单调递增，③错误；

对于④：当时，，满足，

所以存在整数，满足关系，④正确.

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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.已知函数.

（1）求的最小正周期及单调递增区间；

（2）在中，，若的平分线交于，求的长.

【答案】（1）最小正周期为，单调递增区间为

（2）

【解析】

【分析】（1）利用倍角公式及辅助角公式得，再由三角函数的性质，即可求解；

（2）根据条件得到，再结合题设条件及面积公式，建立方程，即可求解.

【小问1详解】

因为，

所以的最小正周期为，

由，得到，

所以的单调递增区间为.

【小问2详解】

因为，则，即，所以，

解得，又，所以，又的平分线交于，，

由，即，

得到，解得.

17.如图，在三棱锥中，为等边三角形.G，E，F分别是，，的中点.

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，，，与平面GEF交于点.

（1）求证：是BC的中点.

（2）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AC与平面GEF所成角的正弦值.

条件①：平面平面BCD；

条件②：.

注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.

【答案】（1）证明见解析

（2）

【解析】

【分析】（1）由线面平行的性质定理可证得，结合G是的中点即可证明；

（2）根据条件建立空间直角坐标系，求出各点坐标，利用方程组解得平面一个法向量，利用直线的

方向向量和平面的法向量计算即可.

【小问1详解】

在三棱锥中，

因为E，F分别是，的中点，所以，

因为平面，平面，所以平面，

又因为平面平面，所以，

因为G是的中点，所以是BC的中点.

【小问2详解】

选条件①：平面平面BCD，连接，

因为为等边三角形，G是的中点，所以，

因为平面平面，平面平面，

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又因为平面，所以平面，

因为平面，所以，

因为，所以，

所以，

如图建立空间直角坐标系，

由题意得，，，，，，

所以，，.

设平面的法向量，

则，即，

令，则，于是，

设直线AC与平面GEF所成的角为,

则，

所以直线AC与平面GEF所成角的正弦值为.

选条件②：.

因为，所以，

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因为，所以，

又因为，平面，平面，所以平面，

因为平面，所以，

因为，所以，，

因为为等边三角形，G是的中点，所以，

以下同条件①如图建立空间直角坐标系.

18.为了研究需要，将高三年级男生肺活量检测值（单位：L）划分为如下6个等级：

4.0及

以肺活量（单位：L）小于2.0

上

等级123456

某校为研究高三年级男生1000米长跑成绩是否达标（成绩达到合格标准）与肺活量等级的关系，随机从该

校抽取了100名高三年级男生作为研究对象，记录他们的长跑成绩与肺活量等级，整理得到如下统计图与

统计表.

肺活量等级频数

114

212

38

44

52

60

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合计40

长跑成绩未达标组

（1）从100名研究对象中随机选取1人，求此人肺活量等级为3的概率；

（2）用频率估计概率，假设每名高三年级男生的肺活量等级相互独立，长跑成绩也相互独立.从该校全体高

三年级男生中肺活量等级为4的学生中随机选取2人，肺活量等级为2的学生中随机选取1人，设这3人

中长跑成绩达标的人数为，估计的数学期望EX；

（3）研究人员提出可以按照下述方式判断高三年级男生长跑成绩是否达标：选取常数

，若一名高三年级男生的肺活量等级大于，则判断其长跑成绩达标；若肺活量等级小于，则判断其长

跑成绩未达标.从100名研究对象中随机选取1人，按照上述方式判断其长跑成绩是否达标.写出使得判断错

误的概率最小的的值（只需写出结论）.

【答案】（1）

（2）

（3）

【解析】

【分析】（1）由条件求出未达标组中，肺活量等级为的人数和成绩达标组中，肺活量等级为的人数，根

据古典概型概率公式求结论；

（2）确定随机变量的可能取值，结合独立事件概率乘法公式和互斥事件概率加法求取各值的概率，

再由期望定义求结论；

（3）分别求和时判断错误的人数，由此可得结论.

【小问1详解】

由已知未达标组中，肺活量等级为的人数是，成绩未达标组共人；

故成绩达标组有人，

达标组中，肺活量等级为的频率为，

因此成绩达标组中，肺活量等级为的人数为；

所以人中，肺活量等级为的总人数为，

因此从名研究对象中随机选取人，求此人肺活量等级为的概率；

【小问2详解】

由已知未达标组中，肺活量等级为的人数为，

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成绩达标组中，肺活量等级为的人数为；

所以肺活量等级为的学生的总人数为，

由已知未达标组中，肺活量等级为的人数为，

成绩达标组中，肺活量等级为的人数为；

所以肺活量等级为的学生的总人数为，

设事件为“从该校全体高三年级男生中肺活量等级为的学生中随机选取人，长跑成绩达标”

事件为“从该校全体高三年级男生中肺活量等级为的学生中随机选取人，长跑成绩达标”

所以可估计，，

根据题意随机变量的可能取值有，且

，

，

，

，

所以可估计

【小问3详解】

取，即若学生的肺活量等级为时判定其长跑未达标，肺活量等级为的任意一个值时判

定其长跑达标，则判断错误的总人数为，

取，即若学生的肺活量等级为或时判定其长跑未达标，肺活量等级为的任意一个值时

判定其长跑达标，则判断错误的总人数为，

取，即若学生的肺活量等级为或或时判定其长跑未达标，肺活量等级为的任意一个值

时

判定其长跑达标，则判断错误的总人数为，

取，即若学生的肺活量等级为或或或时判定其长跑未达标，肺活量等级为或时

判定其长跑达标，则判断错误的总人数为，

取，即若学生的肺活量等级为时判定其长跑达标，否则判定其长跑未达标，则判断错误的总人数

为，

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取时，则会判断所有学生未达标，判断错误总人数为，

因此取时判断错误的概率最小，

故.

19.已知函数.

（1）求曲线在点处的切线方程；

（2）若函数是上的单调递增函数，求的值；

（3）若存在，使得成立，求的取值范围.

【答案】（1）

（2）

（3）

【解析】

【分析】（1）对函数求导，求出切点处的导数值和函数值，进而求得切线方程.

（2）若函数单调递增，则其导函数大于等于0恒成立，通过构造新函数，求新函数的最值来确定的值.

（3）将转化为关于的不等式，通过构造新函数，求新函数的最值来确定的取值范围.

【小问1详解】

对函数求导得，所以.

因为，所以曲线在点处的切线方程为，

即.

【小问2详解】

对函数求导得，因为函数是上的单调递增函数，

所以在上恒成立.

令，则.

当时，，所以，在上单调递增.

又因为，当时，，不满足在上恒成立，所以.

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令，即，解得.

当时，，单调递减；当时，，单调递增；

所以在处取得最小值.

因为在上恒成立，所以，即.

令，对求导，可得.

令，即，解得.

当时，，单调递增；当时，，单调递减；

所以在处取得最大值.

因，且，所以，此时.

【小问3详解】

令，所以原问题变为存在，使得成立，

对求导得，，令.

求导得，当时，，

所以在上单调递增，所以，

所以在上单调递增，所以，即.

此时不存在，使得成立，不符合题意；

当时，令，则.

当时，；当时，；

当，即时，在上单调递增，所以.

所以在上单调递增，所以，即.

此时不存在，使得成立，不符合题意；

当，即时，在上单调递增，在上单调递减，

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因为，所以在区间上，

因此在上单调递减，

又，故存在，使得，即成立，

综上，所以

20.已知椭圆的左顶点为，离心率为.

（1）求椭圆的方程；

（2）为椭圆的右顶点，为椭圆上异于A，B的任意一点，直线，分别与直线交于

M，N两点，直线与椭圆的另一个交点为.求证：

①；

②直线恒过定点.

【答案】（1）

（2）①证明见详解，②证明见详解

【解析】

【分析】（1）根据题意，列出的方程组求解；

（2）①设，求出直线，的方程，进而求得点的坐标，验证，得证；

②当直线的斜率不存在时，由对称性可求得点的坐标，得出直线的方程，当直线的斜率存在时，

设其方程为，，联立直线与椭圆的方程，可得根与系数关系，结合，

运算得关系，得证.

【小问1详解】

由题可得，解得，，

所以椭圆的方程为.

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【小问2详解】

①由已知得，设，则，即，

所以，，

所以直线的方程为，直线的方程为，

在上面两方程中分别令，得，，

所以，，

，即.

②当直线的斜率存在时，设其方程为，，

则，消去整理得，

所以，，，

由，得，即，

因为，，

所