北京市西城区2026届高三上学期期末考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1北京市西城区2026届高三上学期期末考试数学试题一、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，集合，则集合（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因为集合，集合，则集合.故选：D.2.复数的模等于（）A.1 B. C.2 D.【答案】B【解析】因为，所以复数的模为.故选：B.3.下列函数中，值域为的奇函数是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】A选项，函数，其定义域为，，且，故为非奇非偶函数，不符合要求；B选项，函数，定义域为，，故为奇函数；当取任意实数时，的取值范围是，当取遍任意实数时，的值域为，符合要求；C选项，函数，定义域为，，故为偶函数，不符合要求；D选项，函数，定义域为，，故为奇函数；的取值范围是，值域不为，不符合要求.故选：B.4.在平行四边形中，为的中点．记，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】因为四边形是平行四边形，所以，又因为为的中点，所以，在平行四边形中，，.故选：A.5.若过坐标原点的圆被直线平分，且被轴截得的弦的长度为4，则圆的方程可以是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】因为圆被直线平分，所以设圆心，又因为圆过坐标原点，所以设圆，令，则，所以圆与轴交于两点，因为圆被轴截得的弦的长度为4，所以，所以或，所以圆的方程可以是或；故选：C.6.记以长方体的四个顶点为顶点的三棱锥的体积为．若，，则的取值集合为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】以长方体的四个顶点为顶点的三棱锥的体积为，因为，，应用长方体的对称性，计算以为三棱锥顶点的三棱锥，所以，，则的取值集合为.故选：C.7.已知抛物线的焦点为，直线与抛物线交于两点．若，则（）A. B.2 C. D.4【答案】C【解析】将直线代入抛物线得，展开并整理得，设，则，抛物线的焦点为，准线方程为，所以，由得，即，所以，解得，当时，方程即为，解得，故由弦长公式.故选：C.8.记无穷等比数列前项的和为，若，则“公比”是“对任意，存在正整数，当时，”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】B【解析】当时，等比数列前项的和，因为，所以随着的增大而增大，且时，，那么对于任意，一定存在正整数，当时，；当时，等比数列前项的和，若，则随着的增大而增大，且时，，那么也会随着的增大而增大，且时，，所以对于任意，存在正整数，当时，；若，则随着的增大而减小，且时，，那么随着的增大而增大，且时，，此时，若，则不存在正整数，使得当时，；综上所述，当公比时，若，存在，使得不存在正整数，当时，，所以“公比”不能推出“对任意，存在正整数，当时，”，故充分性不成立；若对任意，存在正整数，当时，，则必须单调递增且无界，此时必有，而能推出，故必要性成立.所以“公比”是“对任意，存在正整数，当时，”的必要不充分条件.故选：B.9.设，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因为，则，则，又因为，所以，令，当单调递减，当单调递增，所以当时，，当或时，，所以的取值范围是.故选：D.10.激活函数在神经网络中的核心作用是引入非线性变换，使神经网络能够学习和逼近复杂函数关系，从而解决线性模型无法处理的非线性问题．其中，就是一个常见的激活函数，它可以将输入的实数输出到区间上．若希望输出的值增加，即，则与的最小值最接近的是（参考数据：）（）A. B. C. D.【答案】C【解析】已知，将其变形为：，因为，所以，化简得，进一步变形为，整理得：，令（），则，变形为，因为，所以，即，，令，对其求导：，令，即，解得或（舍去），当时，，单调递减；当时，单调递增，所以当时，取得最小值，，则.因此，与的最小值最接近的是.故选：C.二、填空题共5小题，每小题5分，共25分．11.双曲线的离心率为__________．【答案】【解析】因为双曲线的标准方程为，所以，所以，双曲线的离心率为.故答案为：.12.在的展开式中，的系数为__________．【答案】【解析】二项式的通项为：，当时，系数为，故答案为：.13.设函数．若对于任意的，函数和中至少有一个在上具有单调性，则的一个取值为__________．【答案】(答案不唯一）【解析】根据余弦函数的性质，函数的单调递增区间为；单调递减区间，那么函数的单调区间长度为，在任意长度为的区间上，函数，要么单调，要么先增后减或先减后增.函数的单调递增区间为，即；单调递减区间，即，又对于任意的，函数和中至少有一个在上具有单调性，当时，函数，此时单调递增区间为；单调递减区间，函数的极值点为，函数的极值点为.因此，任意长度为的开区间不可能同时包含和的极值点，即和中至少有一个在该区间上单调.同理，当时，都满足对于任意的，函数和中至少有一个具有单调性.故答案为：（答案不唯一）.14.窗花是中国古老的传统民间艺术之一，它历史悠久，风格独特，深受国人喜爱．下图是一个由正方形彩纸剪成的正八边形窗花，以及其平面示意图ABCDEFGH．已知，那么这个正方形彩纸边长的最小值为__________；设均是以正八边形的一个顶点为起点，另一个顶点为终点的向量，则的最大值为__________．【答案】；【解析】将正八边形ABCDEFGH补成正方形如下图所示：由正八边形和正方形的性质可知：，因为，所以有，所以，所以正方形彩纸边长的最小值为.对于，要想有最大值，则两个向量的夹角要为锐角只需两个平面向量模越大，且夹角越小，两个向量的数量积越大，因此就是满足以上条件的一组向量，显然，，，所以的最大值为.故答案为：；.15.已知数列是单调递增的无穷数列，是单调递减的无穷数列．有以下四个结论：①存在数列和，使得；②存在数列和，使得；③对于任意无穷等差数列，总存在和使得；④对于任意无穷等比数列，总存在和使得．其中，所有正确结论的序号是__________．【答案】②③【解析】结论①：假设存在单调递增和单调递减，使得；因递增，递增；因递减，递减；递增序列与递减序列无法相等，故①错误；结论②：构造例子：令为正项递增数列（），为负项递减数列（），则，满足，因此结论②正确；结论③：设（为公差），令为单调递增数列，为单调递减数列，取，，由于

且

，所以

单调递增，

单调递减，且

，故③正确；结论④：取等比数列若存在递增和递减，使得，，,故或，若，因为递增，递减，故，且，，故，矛盾，故此时④错误,同理可证时④错误.故答案为：②③.三、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.如图，在三棱柱中，平面ABC，D为AC的中点．（1）求证：平面；（2）若，求直线AB与平面所成角的正弦值．（1）证明：连接，设与相交于点，连接，∵四边形是平行四边形，∴点为的中点.∵为的中点，∴为的中位线，∴，∵平面，平面，∴平面；（2）解：依题意知，，所以，因为平面，平面，所以，又，平面，所以平面，设的中点为，连接，则，因为平面，所以平面，以点为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系.在，所以，则，，，.∴，.设平面的法向量为，由及，得，令，得，.故平面的一个法向量为，又，设直线与平面所成角为，则.∴直线与平面所成角的正弦值为.17.在中，．（1）证明：；（2）若的面积为为边BC上的一点，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求AD的长．条件①：；条件②：；条件③：．（1）证明：由正弦定理可得，因为，所以，，，，由余弦定理得，得即；（2）解：由，得，故，，解得，若选择条件①：，与三角形内角和为矛盾，故选择条件①时不存在；若选择条件②：由（1）可得，，在中，由余弦定理可得；若选择条件③：由，则，结合，解得，在中，所以，在中，由正弦定理可得；18.大气中的微生物一般不以单体存在，常附着在大气尘埃上成为一体，形成气溶胶粒子悬浮在空气中，称为带菌粒子．科研人员采用六级空气微生物采样器在甲地的三个观测点共采集到份带菌粒子，带菌粒子的粒数中值直径和采样器的采集范围记录如下：甲地空气带菌粒子统计表观测点粒数中值直径A4.65.65.66.56.96.86.45.84.56.04.24.4B4.26.07.14.6C2.52.03.03.02.33.84.12.8六级空气微生物采样器级数ⅠⅡⅢⅣⅤⅥ采集范围假设各份数据的采集互不影响，并用频率估计概率．（1）根据上述数据，若在甲地空气中随机采集份带菌粒子，试估计其粒数中值直径为II级的概率；（2）在A点采集的带菌粒子中随机选出份，在B点采集的带菌粒子中随机选出份，记这份中粒数中值直径为III级的份数为，求的分布列和数学期望；（3）为研究带菌粒子的生物特征，计划在C点再采集份带菌粒子．记这份带菌粒子中有份的粒数中值直径为III级的概率为．试给出的一个值，使得为中的最大值．（结论不要求证明）解：（1）A观测点的粒数中值直径为II级的有：，共份，B观测点的粒数中值直径为II级的有：，共份，C观测点采集的带菌粒子中没有粒数中值直径为II级的带菌粒子，所以在甲地采集的带菌粒子中有份是粒数中值直径为II级的带菌粒子，用频率估计概率可知，在甲地空气中随机采集份带菌粒子，其粒数中值直径为II级的概率为；（2）A观测点的粒数中值直径为III级的有：，共份，B观测点的粒数中值直径为III级的有：，共份，由题意可知，可取，，，，，所以的分布列为：所以；（3）可取，理由如下：C观测点采集的带菌粒子中粒数中值直径为III级有：，共份，用频率估计概率可知，在C观测点随机采集份带菌粒子，其粒数中值直径为III级的概率为，因为，要使得为中的最大值，则一定有，所以，所以，所以，化简可得，解得，不妨取，此时，所以，且，当时，即，解得，即，当时，即，解得，即，由上可知，，所以是最大值，故满足条件.19.已知椭圆的上顶点为，动点为轴正半轴上的一点，过点作AB的垂线交椭圆于另一点（1）当直线AC经过椭圆的左焦点时，求点的坐标；（2）问是否存在点，分别使得等于和？说明理由．解：（1）由题意，椭圆的上顶点，左焦点的坐标为，则直线的斜率为，直线的斜率为，设，则，解得，所以点的坐标为；（2）结论：不存在点，使得；存在点，使得和，证明如下：假设存在点，使得()，由题意，设直线：，联立，得，解得，或，由题意，得直线：，令，得，设，由，得，则，即，所以（*）故关于的一元二次方程（*）的，即，由（*）的两根之和为、两根之积为正数，知当时（*）存在正根(即存在点)，因为，所以不存在点，使得；存在点，使得和.20.已知函数满足，其中．（1）求的值；（2）证明：在曲线的所有切线中，有且仅有一条切线与直线平行；（3）若存在，使得对于任意，且，都有，求实数的取值范围．（1）解：求导，得，则，解得；（2）证明：由（1）知曲线在点处的切线斜率，设函数，求导，得，令，得，当变化时，与的变化如下表：极小值所以函数在上单调递减，在上单调递增，故函数的最小值，当时，，得在上无解，又因为，且函数在上单调递增，所以，在上有且仅有一解，即有且仅有一条切线的斜率为，易得曲线在点处的切线为，因为，所以在曲线的所有切线中，有且仅有一条切线与直线平行；（3）解：因为当时，，所以在上单调递增，即当时，，故不等式可化为，即，设，则在上单调递增，求导，得，所以对任意，恒成立（有限个使得等号成立），即当时，恒成立，设，其中，则，由，解得，故在上单调递减，由，解得，故在上单调递增，所以当时，，所以的取值范围是.21.已知项数列的各项均为正整数．若存在，使得满足以下两个条件：①对任意；②对任意奇数=．则称数列具有性质．（1）判断下面两个数列是否具有性质；（结论不要求证明）数列A：1，2，3，1，2，3，2，1；数列B：1，2，3，1，2，3，1，2，3，2，1．（2）已知数列具有性质，且，判断中是否存在5项，其值均为2？若存在，给出一个满足要求的数列；若不存在，说明理由；（3）若数列具有性质，证明：．（1）解：数列A：1，2，3，1，2，3，2，1；①对任意；②对任意奇数，数列A不具有性质；数列B：1，2，3，1，2，3，1，2，3，2，1；满足①对任意；②对任意奇数，所以数列B具有性质.数列A不具有性质；数列B具有性质.（2）解：不存在；先证明：若，则.假设,由条件①，得.若p为偶数，即为奇数，则当时，假设与条件②矛盾．当p为奇数，同理矛盾，所以假设错误，即.由条件①，知,若中有五项均为2，即这16项中有5项均为2,则项数应满足，这是不可能的．所以数列中不存在5项均为2.（3）证明：理由如下：由①知，前9项依次为1,2,…,9；最后9项依次为9,8,7,…,1.由②知，对任意奇数,为1,2,…,9的一个排列，所以，且之间至少有7个其他项．令，由②知：若i为奇数，则紧随其后等于k的项