北京市丰台区2026-2027学年高三上学期期中考试数学试卷

2026（上） 第一部分（40分10440分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要1.已知集合𝐴={𝑥|−2𝑥>4}，𝐵={𝑥|𝑥≥−1}，则𝐴∪𝐵 D.(−∞,−2)∪[−1,2.已知复数𝑧=3−4𝑖，则𝑧·𝑧̅¯ 已知𝑎<𝑏<0，𝑐>0，下列结论正确的是 A.1> B.𝑎2< C.𝑎𝑐> D.𝑎+𝑏≥ A.𝑓(𝑥)=

B.𝑓(𝑥)=C.𝑓(𝑥)=𝑙𝑛(𝑥2+ D.𝑓(𝑥)=2𝑥−在△𝐴𝐵𝐶中，𝑏𝑐𝑜𝑠𝐴=𝑎𝑠𝑖𝑛𝐵，𝑐=√2𝑎，则∠𝐶

7.已知函数𝑓(𝑥)=𝑠𝑖𝑛𝑥与𝑔(𝑥)=𝑠𝑖𝑛(𝑥+4𝜑)的图象关于𝑦轴对称，则𝜑的一个取值为

𝑄与时间𝑡（单位：年）的关系为𝑄=𝑄0𝑒𝑎，其中𝑄0是臭氧的初始含量，𝑎为常数.起，不对氟化物的使用和释放进行控制，经过266年将有一半的臭氧消失.按照这样的变化规律，若经过𝑛年，臭氧含量只剩下初始含量的20%，𝑛约为（参考数据：𝑙𝑛2≈0.693，𝑙𝑛10≈2.302)（ =𝑘∈𝑍”的 充分不必要条 C.充要条 10.设数列{𝑎𝑛}满足𝑎𝑛+1=𝑎𝑛+𝑙𝑛(2−𝑎𝑛)(𝑛=1，2，3①若𝑎=1，则

}为常数列 ②若0<𝑎<1，则1<

<

③若𝑎=3，则{𝑎}为递减数列 ④若𝑎=−2，存在常数𝑀<0，使得𝑎≤𝑀恒成立 其中正确结论的个数为 第二部分（110分）5525分11.函数𝑓(𝑥) 𝑥的定义域为 已知{𝑎𝑛}是等比数列，若𝑎2=3，𝑎4=9，则𝑎6 已知平面向量𝑎⃗，𝑏⃗→满足|2𝑎⃗+𝑏⃗→|=6，𝑎⃗=(1,√3)，则|𝑎⃗|= 14.已知函数𝑓(𝑥)=|𝑙𝑜𝑔2(𝑥+1)|，若𝑓(𝑥)=0，则𝑥 ；关于𝑥的方程𝑓(𝑥)=𝑚有两个不同解𝑥，𝑥（𝑥<𝑥），当𝑚变化时，1−1的取值范围

15.已知函数𝑓(𝑥)=3|𝑥−1|−𝑘𝑥+2①存在实数𝑘，使𝑓(𝑥)的图象关于直线𝑥=1③若𝑓(𝑥)在(1,上单调递增，则𝑘<④若𝑓(𝑥)有且仅有一个零点，则𝑘的取值集合中恰有两个元素其中正确结论的序号 685分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程16.（13分）设等差数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，且𝑆4=10，𝑎3=求{𝑎𝑛}（Ⅱ）设𝑏𝑛=2𝑎𝑛+𝑎𝑛，求数列{𝑏𝑛}的前𝑛项和17.（14分）设函数𝑓(𝑥)=𝑠𝑖𝑛(𝜔𝑥+𝜑𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑥+𝜑)，𝜔>0，|𝜑|<（Ⅰ）若𝑓(0)=1，求𝜑,4数𝑓(𝑥)唯一确定，求𝜔，𝜑的值条件①：𝑓(𝜋)=条件②：𝑓𝜋)+𝑓(0)=条件③：𝑓(𝑥)在[𝜋，5𝜋]上单调递减 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.18.（13分）设函数𝑓(𝑥)=𝑥2+(𝑥−1)(𝑙𝑛𝑎)2−6𝑥𝑙𝑛𝑎−1(𝑎∈𝑅).当𝑓(𝑥)是偶函数时，求𝑓(𝑥)若∀𝑥∈[0,1]，𝑓(𝑥)≤−𝜋2−1，求𝑎的最小值蔬采摘园、景观池塘、露营草坪.已知𝐴𝐶=300𝑚，𝐵𝐶=300√3𝑚，𝐴𝐶⊥𝐵𝐶，∠𝑀𝐶𝑁=30°.（Ⅰ）若𝐴𝑀=150𝑚，求𝐶𝑀若△𝑀𝑁𝐶的面积是△𝐶𝑀𝐴的面积的√3倍，求∠𝐴𝐶𝑀为推介农场，计划在路段𝐴𝐵张贴宣传广告，假设路段𝐴𝑀，𝑀𝑁，𝑁𝐵12元、1元计价.当路段𝐴𝐵的广告费用最少时，直接写出∠𝐴𝐶𝑀的大小20.（15分）已知函数𝑓(𝑥)的导函数𝑓′(𝑥)=（Ⅰ）求曲线𝑦=𝑠𝑖𝑛𝑥在𝑥=2𝜋（Ⅱ）当0<𝑥<𝜋时，求证：𝑓′(𝑥)<（Ⅲ）记𝑔(𝑥)=𝑎𝑓(𝑥)−𝑥2（其中常数𝑎≤1），求函数𝑔(𝑥)在区间(−𝜋𝜋)上极值点的个数（参考数据：3.14<𝜋<3.15，1.7<√3<21.（15分）设𝐴=(𝑎𝑖𝑗)𝑚×𝑛是一个𝑚行𝑛列（𝑚，𝑛≥2）的数阵，且数阵中的每一项𝑎𝑖𝑗∈{−1，1}.1，则称数阵𝐴为"可完美数阵".①𝐴1=(𝑎𝑖𝑗)2×3②𝐴2=(𝑎𝑖𝑗)3×3=数阵𝐴满足：若对任意𝑖，𝑝∈{1，2，𝑚}，𝑗，𝑞∈{1，2，𝑛}，都有𝑎𝑖𝑗𝑎𝑖𝑞𝑎𝑝𝑗𝑎𝑝𝑞=1，则称（ⅰ）已知数阵𝐴=𝑑是"可完美数阵"，证明：数阵𝐴具有性质（ⅱ）数阵𝐴=((𝑎𝑖𝑗)𝑛×𝑛具有性质𝑃，证明：数阵𝐴可至多经过𝑛10小题,4分,405525 (16)(13分则{𝑎1+2𝑑=34𝑎1+6𝑑=

，解得{𝑎1=𝑑=所以𝑎𝑛= 7(II)𝑏𝑛=2𝑎𝑛+𝑎𝑛=2𝑛+所以{𝑏𝑛}n项和𝑇𝑛=(21+22+232𝑛)+(1+2+3=2(1−2𝑛)+𝑛(1+𝑛)=2𝑛+1+𝑛(1+𝑛)− 13 (17)(14分解:(Ⅰ)因为𝑓(0)=sinφ+cosφ=√2sinφ+𝜋)=所以sinφ𝜋 又因为∣φ∣<𝜋𝜋<φ+𝜋< 所以φ+𝜋= 6 𝑓(𝑥)=sin(𝜔𝑥+𝜑)+cos(𝜔𝑥+)=√2sin(𝜔𝑥+φ+因为𝑓

)=√2,所以当𝑥=

𝜋f(x)取得最大值又因为𝑓𝜋)+𝑓(0)=0,且.f(x)在𝜋𝜋] 4所以𝑓𝜋)=所以𝑇=𝜋𝜋)= 所以𝑓(𝑥)=√2sin2𝑥+φ又因为𝑓

)=所以√2sin2×𝜋+𝜑+𝜋)=√2sin𝜋+𝜑)= 所以sin𝜋𝜑)=又因为∣𝜑∣<𝜋0<𝜋+𝜑< 所以𝜋+𝜑= 14(18)(13分解：(Ⅰ)f(x)是偶函数，所以(ln𝑎)26ln𝑎=0,a=1a=1时,𝑓(𝑥)=𝑥2−1,值域为[-当𝑎=𝑒6时，𝑓(𝑥)=𝑥2−37,值域为[- 6

𝑓(0)=−(ln𝑎)2−1≤−𝜋2−𝑓(1)=−6ln𝑎≤−𝜋2− lna≥π，进而可得𝑎min=

13(19)(15分（I）

mACBCtan𝐵=𝐴𝐶=300=√ 由余弦定理得，𝐶𝑀2=𝐴𝐶2+𝐴𝑀2−2𝐴𝐶⋅𝐴𝑀⋅cos𝐴=所以𝐶𝑀= 6(Ⅱ)设∠ACM=， 𝑆△𝑀𝑁𝐶=2𝐶𝑀·𝐶𝑁·sin∠𝑀𝐶𝑁=4𝐶𝑀·𝑆△𝐶𝑀𝐴=2𝐴𝐶·𝐶𝑀·sin∠𝐴𝐶𝑀=150𝐶𝑀·

=√3

,所以𝐶𝑁=

2在△BCN中，由正弦定理得 =𝐶𝑁,即 =

12 15(20)(15分解:(Ⅰ)因为𝑦′=

∣𝑥=2𝜋−3=cos3=−2,又因为sin3=2y=sinx在点(2𝜋sin2𝜋)处的切线方程为𝑦−√3=−1(𝑥− 即𝑦=−1𝑥+𝜋+ 5 (Ⅱ)法一:设ℎ(𝑥)=sin𝑥+1𝑥−𝜋−√3, 则ℎ′(𝑥)=cos𝑥+1,h'(x)=0.解得𝑥= 当0<𝑥<2𝜋时,h'(x)>0,h(x)单调递增当2𝜋<𝑥<𝜋时.h'(x)<0,h(x)单调通减(

所以ℎ𝑥𝑚𝑎𝑥=ℎ(3)=0,h(x)≤0,所以sin𝑥≤−2𝑥+3+2因而𝑥sin𝑥≤𝑥1𝑥+𝜋 =𝑥(−𝑥+

+1𝑥−𝑥≤

2𝜋+ 1=

+<1(2.2+1.8)2=0<x<π,所以.f(x)<2x.当0<𝑥<𝜋时，h'(x)>0;当𝜋<𝑥<𝜋时，ℎ′(𝑥)=cos𝑥(tan𝑥+𝑥),r(x)=tanx+x,r(x)=tanx+x在(𝜋𝜋)又𝑟

)=tan

7𝜋)

=−2−√3

<−3.72<0,r(x)

𝑟 )=tan )

=−√3

3>−1.82>0,由零点存在定理知，存在唯一的𝑥0∈(12,3)𝑟(𝑥0)=tan𝑥0+𝑥0=0,当𝜋<𝑥<𝑥时,r(x)<0,h'(x)>0;当𝑥<𝑥<𝜋时,r(x)>0, 且

(𝜋)=

>综上，当0<𝑥<𝑥0时，h'(x)>0;当𝑥0<𝑥<𝜋:时,r(x)>0,得.h'(x)<0,ℎ′(𝜋)=𝜋>0,得 =ℎ(𝑥 此时tan𝑥0𝑥0𝑥0

),得sin𝑥0=√

ℎ(𝑥0)=𝑥0√0=√0=√1+𝑥2

1<1+𝑥2<1+

2𝜋

<1+2.12<由函数𝑠(𝑡)=𝑡+1在(1，+∞)上单调递增，所以ℎ(𝑥)<√5.5+12<√5.50.52=2,

10(Ⅲ)由𝑔′(𝑥)=𝑎𝑓′(𝑥)−函数𝑔′(𝑥)=𝑎𝑥2sin𝑥−2𝑥是(-π,π)上的奇函数又由(2)的结论可知,0<x<π时,𝑔′(𝑥)=𝑎𝑓′(𝑥)−2𝑥≤𝑓′(𝑥)−2𝑥<x=0时当-π<x<0时x=0g(x)取得极大值. 15(21)(15分 41≤i≤m,1≤p≤m,1≤j≤n,1≤q≤n,i≠p,j≠q,使得𝑎𝑖𝑗𝑎𝑖𝑞𝑎𝑝𝑗𝑎𝑝𝑞≠又因为𝑎𝑖𝑗∈{−1，1}所以𝑎𝑖𝑗𝑎𝑖𝑞𝑎𝑝𝑗𝑎𝑝𝑞=−1,即.𝑎𝑖𝑗𝑎𝑖𝑞𝑎𝑝𝑗𝑎𝑝𝑞31(3项为-1)𝑎𝑖𝑗𝑎𝑖𝑞𝑎𝑝𝑗𝑎𝑝𝑞1(或为-1)时，变换后四项𝑎𝑖𝑗′𝑎𝑖𝑞′𝑎𝑝𝑗′𝑎𝑝𝑞′积的值为-1，则𝑎𝑖𝑗′𝑎𝑖𝑞′𝑎𝑝𝑗′𝑎𝑝𝑞′=𝑎𝑖𝑗𝑎𝑖𝑞𝑎𝑝𝑗𝑎𝑝𝑞=−1变换的两项分别为-1，1时，变换后𝑎𝑖𝑗′𝑎𝑖𝑞′𝑎𝑝𝑗′𝑎𝑝𝑞′四项积的值不变，则𝑎𝑖𝑗′𝑎𝑖𝑞′𝑎𝑝𝑗′𝑎𝑝𝑞′=𝑎𝑖𝑗𝑎𝑖𝑞𝑎𝑝𝑗𝑎𝑝𝑞=−1变换后𝑎𝑖𝑗′𝑎𝑖𝑞′𝑎𝑝𝑗′𝑎𝑝𝑞′=−1与A是“可完美数阵”，则𝑎𝑖𝑗′𝑎𝑖𝑞′𝑎𝑝𝑗′𝑎𝑝𝑞′=1矛盾，所以假设不成立，所以数阵A具有性质P. 9分(ii)由数阵𝐴=(𝑎 1若𝑎𝑖𝑙=𝑎𝑗𝑙(𝑎il=𝑎l𝐽)1≤i<j≤n,则𝑎𝑖𝑘=𝑎𝑗𝑘(𝑎𝐻=𝑎𝑘𝑗),k(2≤k≤n)使得𝑎𝑖𝑘=𝑎𝑗𝑘不成立，即𝑎𝑖𝑘≠aij,