北京市延庆区2025-2026学年高三数学下学期一模试卷含解析

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.

【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.

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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，

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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.

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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），都存在

（且），使得，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.

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【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.

10.三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.

【答案】D

【解析】

【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，

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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______．

【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.

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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______

．

【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：，

，

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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.

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【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

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．

【答案】（1）证明见解析

（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）

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【解析】

【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.

【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，，

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为平面的一个法向量，，

故二面角的余弦值为.

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．

【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】

【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.

【小问1详解】

选择条件①：

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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，

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当时，，

当，即时，，

当，即时，

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；

（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

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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）

【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：

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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，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．

【答案】（1）

（2），证明见解析

【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

.

【小问1详解】

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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

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.

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）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）

【解析】

【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.

【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】

，.

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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.

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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