北京市丰台区2026届高三上学期期末统一检测数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1北京市丰台区2026届高三上学期期末统一检测数学试题一、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】B【解析】因为集合，，故.故选：B.2.在复平面内，复数z对应的点的坐标为，则（）A.0 B.1 C. D.2【答案】D【解析】因为复数z对应的点的坐标为，所以，所以，故选：D.3.在的展开式中，常数项为（）A. B. C.60 D.240【答案】D【解析】的二项展开式的通项为，其常数项为，令得即故选D项.4.下列函数中，既是偶函数又在上单调递增的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】对于A选项，函数为偶函数，且在上单调递减，A不符合题意；对于B选项，函数的定义域为，，所以函数为偶函数，当时，，故该函数在上单调递增，B符合题意；对于C选项，函数的定义域为，，函数为奇函数，C不符合题意；对于D选项，函数的定义域为，，函数为奇函数，D不符合题意.故选：B.5.若对任意实数，直线截圆所得的弦长为定值，则实数（）A. B. C. D.【答案】D【解析】圆的标准方程为，圆心坐标为，半径为，圆心到直线的距离为，所以直线截圆所得的弦长为为定值，所以，即，解得.故选：D.6.已知是公比不为1的等比数列，，若，，成等差数列，则（）A. B. C.8 D.16【答案】A【解析】根据题意得，，,且，解得，，；故选：A.7.已知、，则“”是“”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】A【解析】若，则，所以，则，所以“”“”，另一方面，若，则或，即或，所以“”“”，故“”是“”的充分不必要条件.故选：A.8.已知抛物线的焦点为F，准线为l，点P在抛物线C上，PQ垂直于l于点Q、直线QF与抛物线C相交于M、N两点，若，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】如图，过点N作于点H，设准线l与x轴的交点为K，由，得，由抛物线定义知，，则，在中，，则，由，得，又由抛物线定义知，则，所以.故选：C.9.我国古代数学家赵爽在《周髀算经》中利用一幅“弦图”给出了勾股定理的证明，后人称该“弦图”为“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，如图所示.若，，M为正方形EFGH及其内部的动点，则的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图直角坐标系，因为，，由直角三角形全等可知，∴，设，则，令，则，即可化为直线与正方形及其内部有交点时纵截距的取值范围，当直线过时，有最大值，此时，当直线过时，有最小值，此时.所以，故选：C.10.若函数的定义域内存在区间，且，则称函数具有“性质”.下列说法错误的是（）A.具有“性质”的一次函数存在且有无数个B.具有“性质”的二次函数存在且有无数个C.存在，使函数具有“性质”D.对任意，函数都具有“性质”【答案】D【解析】对于A选项，若函数为一次函数，设，不妨取，则函数在上单调递增，所以，解得，此时，故任取时，必有函数在区间满足题意，A对；对于B选项，不妨取，其中，，取，，则函数在上单调递增，由可得，所以当且时，必有函数在区间上满足题意，B对；对于C选项，若，则函数在上为增函数，由题意可得，可知关于的方程在上至少有两个不等的实数解，即，可得，令，其中，则，由可得，由可得，所以函数在上单调递增，在上单调递减，且当时，，则；当时，，则.且，要使得方程至少有两个不等的实根，则，解得，因为，故存在，使函数具有“性质”，C对；对于D选项，若，则函数具有“性质”，且函数在上为增函数，则，故关于的方程至少有两个实数解，当时，由可得，即，则，令，其中，则，由可得，由可得，所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以，当时，，则；当时，，则.若方程有两个实数解，则，解得，当时，即当时，方程在时有且只有一个实数解，当时，方程在时无实数解，因为函数、在上均为增函数，故函数在上为增函数，因为，，所以，存在，使得，故当时，方程在时有且只有一个实数解，方程在时无实数解，即当时，函数不具有“性质”，D错.故选：D.二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.11.已知函数则______.【答案】2【解析】因为所以，故答案为：2.12.已知双曲线，其离心率为______；若直线与双曲线没有公共点，则的一个取值为______.【答案】（只需满足即可）【解析】对于双曲线，，，则，即双曲线的离心率为，将直线的方程与双曲线的方程联立得，可得，因为直线与双曲线没有公共点，则，解得，故满足条件的一个的值为.故答案为：；（只需满足即可）.13.在中，，，且，则的面积为______.【答案】【解析】由及正弦定理可得，,由知，故，所以，即，所以，,所以，故答案为：.14.现有一块长为22cm，宽和高均为3cm的长方体木料，如图1所示.工人将其切掉一个四棱柱后，用余下的木料拼接成如图2所示的几何体.已知cm，，二面角的大小为，则图2所示的几何体的体积为______.【答案】【解析】连接，过作于，如图由题意知，二面角的平面角为，所以，又,所以，则，所以几何体可构成相当于长宽高分别为的长方体，其体积为（），故答案为：.15.已知是各项均为正数的无穷数列，其前项和满足.给出下列四个结论：①；②、、成等比数列；③数列是等差数列；④数列中存在无穷多项小于.其中所有正确结论的序号是______.【答案】①④【解析】对任意的，，当时，则，则，所以，即，所以，①对；假设、、成等比数列，则，又由可得，与不符，②错；假设数列是等差数列，由可得，则数列为递减的等差数列，由是无穷数列，则必定存在使得，所以假设错误，③错；假设数列中存在有穷多项小于，设最后一项小于的为，则当时，，取，则，因为，所以，显然矛盾，所以数列中存在无穷多项小于，④对.故答案为：①④.三、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.已知函数的最小正周期为.（1）求的值；（2）求在区间上的值域.解：（1），因为，且的最小正周期为，所以，解得.（2）由（1）可得，当时，，所以，故在区间上的值域为.17.如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，底面，，，、分别是、的中点.（1）求证：平面；（2）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求平面与平面夹角的余弦值.条件①：平面平面；条件②：.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.（1）证明：取的中点，连接、，因为四边形为平行四边形，所以，，因为为的中点，所以，，因为、分别为、的中点，所以，，所以，，故四边形为平行四边形，所以，因为平面，平面，故平面.（2）解：若选①，因为平面，、平面，所以，，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，则、、、、、、，所以，，设平面的一个法向量为，则，令，则，显然平面的一个法向量可取为，因，所以平面与平面夹角的余弦值为；若选②，连接，因为底面，、平面，所以，，故，，所以，故，则平行四边形为矩形，又因为平面，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，则、、、、、、，所以，，设面的一个法向量为，则，令，则，显然面的一个法向量为，故，所以平面与平面夹角的余弦值为.18.某公司运营慢充、快充、超级快充三种不同充电方式的电动汽车充电桩（每个充电桩只支持一种充电方式）.该公司为了解其运营的所有电动汽车充电桩的使用情况，从中随机抽取个，记录并整理数据如下表：（1）从该公司运营的所有电动汽车充电桩中随机抽取个，估计该充电桩日均使用不超过次的概率；（2）假设该公司运营的每个慢充、快充、超级快充充电桩的日均维护费用分别为元、元、元.从该公司运营的所有电动汽车充电桩中随机抽取个，设为抽取的个充电桩的日均维护费用之和，求的分布列和数学期望；（3）电动汽车充电桩按服务对象与开放属性分为公用充电桩和专用充电桩两种.已知该公司运营的所有快充充电桩中，公用和专用充电桩数量之比为.在日均使用不超过次的快充充电桩中，公用充电桩的占比为；在日均使用超过次的快充充电桩中，公用充电桩的占比为.试比较与的大小.（结论不要求证明）解：（1）随机抽取个充电桩中，日均使用次数不超过次的有：个，设事件“从该公司运营的所有电动车充电桩中随机抽取个，估计该充电桩日均使用不超过次”，则.（2）设事件“从该公司运营的所有电动汽车充电桩中随机抽取个，其所需维护费用为元”，依题意可得，，，随机变量的所有可能取值有、、，，，，所以随机变量的分布列如下表所示：故.（3）快充充电桩共个，公用和专用充电桩数量之比为，故公用充电桩的个数为，日均使用超过次的快充充电桩的个数为个，其中公用占比为，故公用充电桩的个数为，日均使用不超过次的快充充电桩的个数为个，设公用占比为，则公用充电桩的个数为，由题意可得，解得，故.19.已知、是椭圆的左、右焦点，且，点在椭圆上.（1）求椭圆的标准方程；（2）设为第一象限内上的动点（不与重合），直线、分别交直线于点、.求的值.解：（1）由题意可知，、，由椭圆定义可得，故，又因为，所以，因此椭圆的标准方程为.（2）因为为第一象限内上的动点（不与重合），则，可得，直线的方程为，直线的方程为，联立直线与直线的方程得可得，即点，联立直线与直线的方程得可得，所以，，综上所述，.20.已知函数.（1）若为的极值点，求实数的值；（2）若，讨论的单调区间；（3）若，证明：当时，曲线在处的切线总在曲线的上方.（1）解：因为，所以，因为为函数的极值点，所以，因为，解得，检验：当时，，由可得，即函数的定义域为，，令，可得，列表如下：单调递增极大值单调递减所以为函数的极大值点，符合题意，综上所述，.（2）解：因为，由得，故函数的定义域为，，①当时，由于函数在上单调递增，在上单调递减，所以，又因为，，则，此时函数的减区间为，无增区间；②当时，令，得，，列表如下：单调递减极小值单调递增极大值单调递减此时函数的减区间为、，增区间为.综上所述，当时，函数的减区间为，无增区间；当时，函数的减区间为、，增区间为.（3）证明：因为，，故曲线在点处的切线方程为，令，因为，故函数的定义域为，则，令可得或，其中，列表如下：单调递增极大值单调递减所以，故当时，曲线在点处的切线总在曲线的上方.21.设为正整数，集合.对于集合中的元素和，记为元素与的相异系数.（1）当时，写出与元素的相异系数为的所有元素；（2）当时，证明：对于集合中任意个元素，必存在两个不同元素的相异系数小于；（3）当时，集合中是否存在个元素，其中任意两个不同元素的相异系数都不小于？请说明理由.（1）解：由相异系数的定义，可得元素的相异系数为的元素与元素恰有个数不同，所以满足条件的元素共有个，分别是、、、.（2）证明：设这个元素分别为，，，若或或，则结论成立；若且且，对任意的，、、，若，则，此时；若、、中有且只有两个数相等，不妨设，则，，此时，综上所述或，故，因为且且，由不等式的基本性质可得，矛盾，故假设不成立，即当时，对于集合中任意个元素，必存在两个不同元素的相异系数小于.（3）解：当时，假设集合中存在个元素、、、，使得任意两个不同元素的相异系数都不小于，对任意的，设，记为集合中元素和的相异系数，将元素、、、的分量制成以下数阵：，从行来看，这个元素的相异系数之和为，从列来看，这个元素的相异系数之和为，设数阵中第列中有个，则该列有个，对任意的及、，且，，所以，当且仅当时，即当时，等号成立，所以，故，设，由对称性，不妨设，则，设、、、中有个，有个，则、、、中有个，有个，设、、、中有个，有个，则、、、中有个，有个，所以元素中分