北京市第十二中学2026-2027学年第一学期开学练习高三数学试题（含答案解析版）

北京市第十二中学2026-2027学年度第一学期开学练习高三数学考生须知1.答题前，考生务必先将答题卡上的班级、姓名用黑色字迹签字笔填写清楚，并认真核对条形码上的教育ID号、姓名，在答题卡的“条形码粘贴区”贴好条形码.2.本次练习所有答题均在答题卡上完成.3.请严格按照答题卡上题号在相应答题区内作答，超出答题区域书写的答案无效，在练习卷、草稿纸上答题无效.4.本练习卷满分共150分，作答时长120分钟.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.在每小题给出的四个选项中，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】【详解】2.已知角的顶点在坐标原点，始边为轴非负半轴，终边经过点，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】由三角函数定义可得.3.若，则下列不等式成立的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根据指数函数的单调性求解即可.【详解】指数函数的定义域为，且在定义域上单调递增.若，则.4.已知，，则（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【详解】因为，，对于A选项，，当且仅当时，等号成立，即，A错；对于B选项，，所以，B对；对于C选项，不妨取，则，C错；对于D选项，不妨取，则，D错.5.下列选项中，的图象不可以由的图象经过平移得到的是（）A.，B.，C.，D.，【答案】D【解析】【详解】对于A，，的图象可由的图象向上平移个单位而得，A不是；对于B，，的图象可由的图象向左平移个单位而得，B不是；对于C，，的图象可由的图象向左平移个单位而得，C不是；对于D，的图象可由的图象上所有点的横坐标变为原来的而得（纵坐标不变），D是.6.不等式对任意恒成立，则的最小值是（）A. B. C.8 D.10【答案】D【解析】【详解】对任意，不等式恒成立，而函数在上单调递减，则，因此所以的最小值是10.7.若函数的值域为，则可以为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用三角恒等变换先化简，进而求解.【详解】由，其中.又因为的值域为，所以，解得.解得，当时，，故C符合题意，其余选项均不符合.8.已知函数的定义域为，则“，，当时，都有”是“为奇函数”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】A【解析】【分析】先验证题设条件能否推出是奇函数判断充分性，再举反例验证奇函数是否一定满足题设条件判断必要性，最终确定条件类型.【详解】已知，当时，都有，当时，可得，因此.对任意，令，，可得，即.记，由分母不为零可知，因此.此时，满足奇函数定义，充分性成立；若是奇函数，取反例，其定义域为且满足是奇函数，取，，则，而，二者不相等，不满足题设条件，故必要性不成立.综上所述，“，当时，都有”是“是奇函数”的充分不必要条件.9.物体在常温下的温度变化可以用牛顿冷却定律来描述：设物体的初始温度是，后的温度是，则.其中表示环境温度，为半衰期.现有一杯的咖啡放在的房间中，如果咖啡降温到大约需要，那么从降温到大约需要（）（参考数据：，）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】当，，时，，代入公式，可求出的值，再将，，代入公式，结合换底公式以及对数的运算性质化简可求得的值.【详解】由题意，当，，时，，代入公式得，即，解得，将，，代入公式得，所以，故，所以从降温到大约需要.10.已知，是平面直角坐标系中的点集，则（）A.对任意不同的两点，，存在点，使得为正三角形B.对任意不同的两点，，存在点，使得为等腰直角三角形C.对任意点，存在点，，，使得四边形为菱形D.存在互不重合的四点，，，使得四边形为正方形【答案】D【解析】【分析】先计算曲线到定直线的最小距离，结合特殊三角形高与边长的数量约束排除A、B，利用菱形对角线相交规律排除C，借助正方形对边平行、边长等于平行线间距建立方程解出参数，联立方程算出坐标，再由中点与线段长度确定坐标，验证四点满足正方形条件.【详解】由变形得，，时，最低点坐标为，定直线，利用点到直线距离公式.选项A:正三角形中顶点到底边的垂距，约束，代入得，，可取上满足的两点，不存在构造正三角形，A错误.选项B:为等腰直角三角形斜边时，垂距，；为直角边时，垂距，，选取线段满足，两种构型均无符合要求的点，B错误.选项C:菱形对角线垂直平分，落在直线上，则对角线所在直线斜率为，设，联立化简得，该方程仅有一个正实数解，直线与至多一处相交，无法在上取得两点充当菱形对角线端点，C错误.选项D:正方形一组对边平行，，设，联立,整理得，直线与交于两点需即，平行线间距，弦长，正方形满足，，等式平方后化简，，时，方程的两根均大于，（不妨设），.过分别作直线的垂线，垂足分别为，直线与直线的距离，此时四点构成正方形，D正确.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.不等式的解集为___________.【答案】【解析】【分析】根据分式不等式以及一元二次不等式解法即可求解.【详解】即即即，所以或解得或所以不等式的解集为.故答案为：12.平面直角坐标系中与关于轴对称，则的一个取值为________.【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】由对称的性质列方程求即可得答案．【详解】因为与关于x轴对称，所以，，所以，，整理得，所以，所以，故答案为：（答案不唯一）13.函数在上单调递减，则实数的取值范围是_________.【答案】【解析】【详解】复合函数：，其中外层函数底数，外层函数单调递增，所以在上单调递减，且在区间恒成立.是开口向上抛物线，对称轴：所以，所以a的取值范围是14.已知函数，若，则的解集为_________；若，，则实数的取值范围是_________.【答案】①.②.【解析】【分析】代入，分和两种情况，分别求解，最后取并集即可得出的解集；原题等价于“当时，恒成立”以及“当时，恒成立”同时满足，分别求出a的取值范围，最后取公共部分即可得解.【详解】当时，.当时，由可得，解得；当时，由可得，解得.综上所述，的解集为或.“若，”等价于“当时，恒成立”以及“当时，恒成立”同时满足.当时，恒成立，因为当时，单调递增，所以应满足，即；当时，恒成立，则.则，即a的取值范围为.15.已知函数.给出下列四个结论：①对任意，在区间上有最小值和最大值；②对任意，在上都有无数个零点；③当时，方程在上的解集有3个元素；④存在，使方程在上的解集为空集.其中正确结论的序号是_________.【答案】①②③④【解析】【分析】已知函数，需要判断给出四个结论是否正确；首先明确的性质：由是偶函数，得到也是偶函数，因此需要主要关注的情况，再利用对称性分析.【详解】①令，在时：，由，知是偶函数，而在上成立，且单调递增，，因此或，即，当.故对任意的最大最小值均可在区间内取得，①正确；②的零点满足，当时，，得到零点为，有无数个零点；当时，在中，时，得到由周期性趋势，振幅持续变大的震荡曲线，而本身周期，在来回震荡，充当振幅因子；得到，图象夹在两条直线中间，整体关于轴对称）可知有无数解，故有无数个零点，②正确；③当，或；当时，在上为，当时，在无解，因此解集为共3个元素，③正确；④在上，，方程，即或要使两方程均无解，（1），（2），不等式联立解得，因此取方程无解，故解集为空，④正确.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.设为全集，集合，.（1）若，求；（2）若，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先求解二次函数在给定区间的值域得到集合，第一问代入求集合，接下来求解的补集，最后求交集；（2）将等价转化为，分为空集和非空两种情况列不等式求解.【小问1详解】函数，图象开口向上，对称轴为，因此在上单调递增，当时，；当时，，故，当时，代入得，得或，所以；【小问2详解】（2）由可得，分两种情况讨论：①当时，满足，此时，解得；②当时，需满足，解得，综上，，所以实数的取值范围为.17.已知函数的最小正周期为，且.（1）求函数的单调递减区间；（2）当时，求函数的最大值和最小值，并求出取得最值时的值.【答案】（1）单调递减区间为.（2）最大值为3，此时；最小值为0，此时.【解析】【分析】(1)利用两角和的正弦公式化简，再利用最小正周期公式和可求，最后根据正弦型函数的单调递减区间求解即可.(2)由的取值范围求出整体角的取值范围，结合正弦函数在该区间的最值即可求出函数的最大值和最小值.【小问1详解】，因为最小正周期为，且，所以，又因为，，所以，即，令解得即的单调递减区间为：.【小问2详解】由（1）可知，时，，当时，，当时，，综上所述：时；时.18.某公司为了解，两个地区用户对其产品的满意程度，从地区随机抽取名用户，从地区随机抽取名用户，请用户对公司产品评分.该公司将收集的评分数据按照，，，分组，统计如下：

地区地区403012020160408010合计400100用频率估计概率.（1）对地区所抽取的名用户按评分区间，，，进行分层随机抽样，从中抽取名用户参加座谈活动.求参加座谈的用户中，对公司产品的评分不低于分的人数；（2）从，两个地区各随机抽取名用户，设为这两人中评分不低于分的人数，求的分布列和数学期望；（3）记地区所抽取的名用户对该公司产品的评分的平均值为，地区所抽取的名用户对该公司产品的评分的平均值为，两个地区所抽取的名用户对该公司产品的评分的平均值为，试比较和的大小.（结论不要求证明）【答案】（1）（2）随机变量的分布列为：数学期望（3）【解析】【分析】（1）

利用分层抽样等比例抽取的性质，计算评分不低于分的人数占比后乘以抽取总人数即可；（2）先求地区用户评分不低于分的概率，确定的取值及对应概率得到分布列，再用期望公式计算期望；（3）根据题意，依次算出，即可得结论.【小问1详解】设从地区抽取的用户中抽取的名参加座谈的用户中，对公司的产品的评分不低于分的用户有名，则，解得.【小问2详解】根据题意可知，随机变量的取值为、、，从、两地区各随机抽取名用户，评分不低于分的概率分别为，，评分低于分的概率分别为，，所以，，，因此，随机变量的分布列为数学期望.【小问3详解】根据题意，，，，所以，得.19.已知椭圆过点，且.（1）求椭圆的方程；（2）设为原点，过点的直线与椭圆交于不同的两点，，直线和分别与轴交于，两点，求证：为定值.【答案】（1）（2）证明：设过点的直线的方程为（避免斜率不存在的讨论），设，将代入椭圆方程得到：展开整理得，由韦达定理得：点，直线的方程为令得的纵坐标：同理，直线与轴交点的纵坐标：因此：，由于故同理计算分母：代入韦达定理结果：分子部分：，因此：故为定值.【解析】【小问1详解】椭圆过点，将代入椭圆方程：，又已知，因此故，所以椭圆方程。【小问2详解】略20.已知函数.（1）若在处取得极小值，求的值；（2）讨论函数在上的单调性.（3）设曲线在点处的切线为，直线交轴于点，求证：点在轴下方.【答案】（1）（2）当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增.（3）证明：点，，导数，切线斜率.切线点斜式：.求点，轴上，代入：.要证：点在轴下方,即.构造函数，求导：.当时，，在上单调递减，，即；当时，，在上单调递增，，即.综上，时，恒有，即点纵坐标小于0，故点在轴下方，得证.【解析】【分析】（1）求导，由极小值点处导数为0求出参数，再检验；（2）求导后对参数分类讨论，判断导数正负，得到函数单调性；（3）求出切线方程，得到点纵坐标，构造函数证明纵坐标恒小于0.【小问1详解】，定义域为，求导得.因为在处取得极小值，则，，解得.检验：当时，.当时，，单调递减；当时，，单调递增.故是极小值点，符合题意.【小问2详解】.当时，，故恒成立，所以在上单调递增.当时，令，即，解得.所以时，，单调递减；时，，单调递增.综上：当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增.【小问3详解】略【点睛】（1）可导函数极值点处导数等于0，但要检验左右导数符号；（2）含参导数问题，按参数范围分类讨论导函数符号；（3）切线交坐标轴问题，代入坐标轴条件求出交点坐标，转化为不等式证明，常用构造函数求最值.21.给定正整数n（），记集合或且.对于由中的三个元素组成的子集，若满足对于任意，均为偶数，则称该三元子集具有性质T.（1）在的子集中，写出一个具有性质T的三元子集；（结论不要求证明）（2）证明：在的子集中，不可能选出10个两两交集为空集，且具有性质T的三元子集；（3）在的子集中，最多能选出多少个两两交集为空集，且具有性质T的三元子集？说明理由.【答案】（1）故答案不唯一，如（2）由题意，中共有个元素，故最多能选出个两两交集为空集的三元子集．将中所有元素的第一个分量求和（一个元素可以看成一个数组，第一个数字称为第一个分量，以此类推），知其和等于；同理，所有第二个分量、第三个分量、⋯⋯的和均等于16.假设能选出10个符合题意的三元