2026届北京市高三数学最新模拟试【共5份打包含解析】

2026届北京市高三数学最新模拟试卷1
本试卷共21题，150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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．已知直线 ，下列结论正确的是（ ）
A．直线 的倾斜角为 B．直线 的法向量为
C．直线 的方向向量为 D．直线 的斜率为
2．已知函数的定义域为，函数的定义域为，则　　
A． B． C． D．
3．设集合P＝{3，log a}，Q＝{a，b}，若P∩Q＝{0}，则P∪Q＝（ ）
A．{3，0} B．{3，0，1} C．{3，0，2} D．{3，0，1，2}
4．如图，在正方体中，是棱的中点，是侧面上的动点，且与平面的垂线垂直，则下列说法正确的是　　
①与不可能平行；
②与是异面直线；
③点的轨迹是一条线段；
④三棱锥的体积为定值．
A．①②③④ B．②③④ C．②③ D．③④
5．下列函数中最小为的是（ ）
A． B．
C． D．
6．已知、是不共线的向量，＝λ+，＝+μ（λ，μ∈R），那么A、B、C三点共线的充要条件为（　　）
A．λ+μ＝1 B．λ﹣μ＝1 C．λμ＝﹣1 D．λμ＝1
7．下列说法正确的是　　
A．若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行
B．若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行
C．若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行
D．若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行
8．已知函数与函数的图象上至少存在一对关于x轴对称的点，则实数m的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
9．如图，在空间四边形中，两条对角线，互相垂直，且长度分别为4和6，平行于这两条对角线的平面与边，，，分别相交于与，，，，记四边形的面积为，设，则　　)
A．函数的值域为，
B．函数的最大值为8
C．函数在上单调递增
D．函数满足
10．已知数列满足，则（ ）
A．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立
B．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立
C．当时，为递减数列，且不存在常数，使得恒成立
D．当时，为递增数列，且不存在常数，使得恒成立
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．已知数列是递增的等比数列，，则数列的前项和等于 .
12．已知函数的定义域为，若有且仅有两个解，则的取值范围为 ．
13．已知单位向量 两两的夹角均为 （ ，且 ），若空间向量 满足 ， ，则有序实数组 称为向量 在“仿射”坐标系 （O为坐标原点）下的“仿射”坐标，记作 ，有下列命题：
①已知 ， ，则 ；
②已知 ， ，其中 ，则当且仅当 时，向量 的夹角取得最小值；
③已知 ， ，则 ；
④已知 ， ， ，则三棱锥 的表面积 ．
其中真命题为_______（写出所有真命题的序号）．
14．二十四节气是中国古代用来指导农事的补充历法，是中华民族劳动人民长期经验积累的智慧结晶.春、夏、秋、冬每个季节各包含六个节气.李华同学计划从中随机选取2个节气开展知识讲座，则两个节气恰好在同一季节的概率为 ；若已知选取的2个节气均属于春季，则其中包含“立春”的概率为 .（“立春”是春季的六个节气之一.）
15．如图所示，在四边形中，已知，与以为直径的半圆相切于点，且，若，则 ；此时 .
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．已知的三个内角，，所对的边分别为，，，且.
（1）求角的大小；
（2）若，，求边及的面积.
17．如图，在四棱锥 中， ，四边形ABCD是正方形， 是棱PD上的动点，且 ．
（1）证明： 平面ABCD；
（2）是否存在实数 ，使得平面PAB与平面AEC所成夹角的余弦值是 ？若存在．求出 的值；若不存在，请说明理由．
18．在直角梯形 中，已知 ，点 是 边上的中点，点 是 边上一个动点．
（1）若 ，求 的值；
（2）当点 在 边上运动时，求 的取值范围．
19．已知函数，其中a＞0．
（1）若a＝1，求曲线y＝f（x）在 处的切线方程；
（2）讨论f（x）的单调性；
（3）如果对任意x ，x ∈[0，1]，都有|f（x ）﹣f（x ）| 1，求a的取值范围．
20．阿基米德（公元前287年公元前212年，古希腊）不仅是著名的哲学家、物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积．在平面直角坐标系中，椭圆：（）的面积为，两焦点与短轴的一个顶点构成等边三角形，过点且斜率不为0的直线与椭圆交于不同的两点，．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设椭圆的左、右顶点分别为，，直线与直线交于点，试证明，，三点共线；
（3）求面积的最大值.
21．已知数列的项数均为m，且的前n项和分别为，并规定．对于，定义，其中，表示数集M中最大的数.
（1）若，求的值；
（2）若，且，求；
（3）证明：存在，满足 使得．
参考答案
1．【答案】D
【详解】由题意可得直线的斜率 ，故D正确；
所以直线的倾斜角为 ，故A错误；
故直线 的一个方向向量为 ，因为 与 不平行，故C错误；
与 垂直的直线斜率 ，所以与 垂直的直线的一个方向向量为 ，
又 与 不平行，故B错误．
故选D．
2．【答案】D
【详解】根据题意得，，，
．
故选．
3．【答案】B
【详解】∵P∩Q＝{0}，
∴log a＝0
∴a＝1
从而b＝0，P∪Q＝{3，0，1}，
故选B．
4．【答案】B
【详解】如图，分别取，，为，，的中点，
连接，，，，，
，面，面，
面，而面，面，
故得到点的轨迹为一条线段，故③正确，
并由此可知，当与重合时，与平行，故①错误，
面面，和平面相交，
与是异面直线，故②正确，
，则点到平面的距离为定值，
三棱锥的体积为定值，故④正确，
故选．
5．【答案】C
6．【答案】D
【详解】解：A、B、C三点共线 与共线 x，λ+＝x（+μ），
∵、是不共线的向量，∴A、B、C三点共线．
故选D．
7．【答案】A
【详解】若一条直线平行于两个相交平面，
则由直线与平面平行的性质定理知这条直线与这两个平面的交线平行，故正确；
若一个平面内有三个不共线点到另一个平面的距离相等，
则这两个平面平行，故错误；
若两条直线和同一个平面所成的角相等，
则这两条直线相交、平行或异面，故错误；
若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面相交或平行，故错误．
故选．
8．【答案】D
9．【答案】C
【详解】平面，平面，
．，．，
则四边形为平行四边形，
两条对角线，互相垂直，
，则四边形为矩形，
，由，
即，
同理，则，
则四边形的面积为，
，
当时，函数取得最大值6，故，错误．
函数的对称轴为，则函数在上是单调递增函数，故正确．
函数的对称轴为，
函数满足，故错误．
故选．
10．【答案】D
【详解】由已知，即，
所以，
A选项：当时，可用数学归纳法证明：，即.
证明：当时，，此时不等式成立，
假设当时，成立，
则当时，，
即成立，
综上所述成立，
且，
由，，
则，
即，故数列为递减数列，
由，
，
即，故，
即，
若存在常数，使得恒成立，
则，即，
故，故仅对部分成立，A选项错误；
B选项：当时，可用数学归纳法证明：，即.
证明：当时，，此时不等式成立，
假设当时，成立，
则当时，，
即成立，
综上所述成立，
且，
由，，
则，
即，故数列为递增数列，
由，
，
即，故，
即，
所以不存在常数，使得恒成立，B选项错误；
C选项：当时，可用数学归纳法证明：，即.
证明：当时，，此时不等式成立，
假设当时，成立，
则当时，，
即成立，
综上所述成立，
且，
由，，
则，
即，故数列为递减数列，且，
所以当，使得恒成立，即C选项错误；
D选项：当时，可用数学归纳法证明：，即.
证明：当时，，此时不等式成立，
假设当时，成立，
则当时，，
即成立，
综上所述成立，
且，
由，，
则，
即，故数列为递增数列，
由，
，
即，
即，
若存在常数，使得恒成立，
则，即，
故，故仅对部分成立，
即不存在常数，使得恒成立，D选项正确；
故选D.
11．【答案】
【详解】由题意，，解得或者，
而数列是递增的等比数列，所以，
即，所以，
因而数列的前项和，故答案为.
考点：1.等比数列的性质；2.等比数列的前项和公式.
12．【答案】
【详解】因为，
由可得，可得，
即，则，
即方程在时有两个解，
因为，当时，，
由题意可得，解得.
因此，实数的取值范围是.
13．【答案】②③
【详解】①由定义可得
，
∵ ， ， ，故①错误；
②如图，设 ， ，则点 在平面 上，点 在 轴上，
由图易知当 时， 取得最小值，即向量 与 的夹角取得最小值，故②正确；③根据“仿射”坐标的定义可得
，故③正确；
④由已知可知三棱锥 为正四面体，棱长为 ，其表面积为 ，即④错误．
故答案为②③．
14．【答案】 ；
【详解】从24个节气中任选2个节气的所有情况有种，
则两个节气恰好在同一季节的情况有,
故两个节气恰好在同一季节的概率为，
若已知选取的2个节气均属于春季有种情况，则其中包含“立春”的概率为.
15．【答案】1
【详解】依题意,
因为，是半圆的直径，则，
所以，所以，
故.而，
所以
，
所以，即.
.
16．【答案】（1）
（2），
【详解】（1），
由，得，解之得，
是三角形的内角，
；
（2）由，得，
，，
又,
，,
的面积为．
17．【答案】（1）证明见详解
（2）存在，
【详解】（1）因为四边形 是正方形，则 ，
且 ， 平面 ， ，所以 平面 ，
且 平面 ，可得 ，
又因为 ，所以 ，即 ，
由 平面 ，且 ，所以 平面 ．
（2）由（1）可知： 平面 ，且 ，
如图，以A为坐标原点建立空间之间坐标系，
不妨设 ，则 ，
可得 ，
则 ，可得 ，
设平面平面AEC的法向量 ，则 ，
令 ，则 ，可得 ，
且平面PAB的法向量 ，
由题意可得： ，
整理得 ，解得 或 （舍去），
所以存在实数 ， 的值为 ．
18．【答案】（1） ；
（2） ．
【详解】（1）由 ，以 为原点，如图建立平面直角坐标系，
由 和 得： ，
若 ，则 为 中点， ，
因此， ，则 ；
（2）当 在 边上运动时，设 ，
因此 ，则 ，
由于 在 上递增，在 上递减，
且 ，
故 在 上的值域为 ，
因此， 的取值范围是 ．
19．【答案】（1）y＝2x；（2）f（x）在单调递减，在单调递增；（3）．
【详解】（1）当a＝1时，＝，
∴f′（0）＝2，
又f（0）＝0，
∴曲线y＝f（x）在 处的切线方程为y＝2x；
（2）＝＝，
令f′ ，解得x＝﹣a＜0或，
∴当时，f′ ，当时，f′ ，
∴f（x）在单调递减，在单调递增；
（3）依题意，当x∈[0，1]时，f（x） ﹣f（x） 1，
①当，即0＜a 1时，函数f（x）在[0，1]上单调递增，则，
∴，此时无解；
②当，即a＞1时，函数f（x）在单调递增，在单调递减，且，
当，即时，，
∴a ﹣（a ﹣1）＝1 1，恒成立；
当，即时，，
∴，此时无解；
综上所述，实数a的取值范围为．
20．【答案】（1）；
（2）见详解；
（3）.
【详解】（1）由题意可得：，
解得 ，，，
∴椭圆方程为.
（2）设直线的方程为，，，
由，整理得，
∴ ，
椭圆的左、右顶点分别为，，
直线方程为：，
又直线与直线交于点，则，
∵，都存在，∴要证，，三点共线，只需证 ，
只需证，
只需证，
只需证，
只需证，
而 ，
故，，三点共线.
（3）由（2）可得，
，
令（），则，
令，函数在区间单调递增，
∴当，即时，面积取到最大值.
21．【答案】（1），，，
（2）
（3）见详解
【详解】（1）由题意可知：，
当时，则，故；
当时，则，故；
当时，则故；
当时，则，故；
综上所述：，，，.
（2）由题意可知：，且，
因为，且，则对任意恒成立，
所以，
又因为，则，即，
可得，
反证：假设满足的最小正整数为，
当时，则；当时，则，
则，
又因为，则，
假设不成立，故，
即数列是以首项为1，公差为1的等差数列，所以.
（3）因为均为正整数，则均为递增数列，
（ⅰ）若，则可取，满足 使得；
（ⅱ）若，则，
构建，由题意可得：，且为整数，
反证，假设存在正整数，使得，
则，可得，
这与相矛盾，故对任意，均有.
①若存在正整数，使得，即，
可取，
满足，使得；
②若不存在正整数，使得，
因为，且，
所以必存在，使得，
即，可得，
可取，
满足，使得；
（ⅲ）若，
定义，则，
构建，由题意可得：，且为整数，
反证，假设存在正整数，使得，
则，可得，
这与相矛盾，故对任意，均有.
①若存在正整数，使得，即，
可取，
即满足，使得；
②若不存在正整数，使得，
因为，且，
所以必存在，使得，
即，可得，
可取，
满足，使得.
综上所述：存在使得．
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本试卷共21题，150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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．数字0，1，1，2可以组成不同的三位数共有（ ）
A．24个 B．12 C．9个 D．6个
2．化简等于　　
A． B． C． D．
3．设集合A＝{y|y＝2x}，，则A∩B＝（　　）
A．{x|﹣1＜x＜1} B．{x|0＜x＜1} C．{x|x＞1} D．
4．设集合M＝{x|0＜x≤3}，N＝{x|0＜x≤2}，那么“a∈M”是“a∈N”的（　　）
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
5．与向量平行的一个向量的坐标是（ ）
A． B．
C． D．
6．若向量，的夹角为120°，，若，则（ ）
A．1 B．2 C． D．
7．已知平面向量，是不共线的两个向量，，，，则（ ）
A．，，三点共线 B．，，三点共线
C．，，三点共线 D．，，三点共线
8．给定函数f（x），若数列{xn}满足，则称数列{xn}为函数f（x）的牛顿数列．已知{xn}为f（x）＝x2﹣x﹣2的牛顿数列，，且a1＝1，xn＞2（n∈N+），数列{an}的前n项和为Sn．则S2023＝（　　）
A．22023﹣1 B．22024﹣1
C． D．
9．已知抛物线y2＝4x的焦点为F，定点A（3，1），M为抛物线上一点，则|MA|+|MF|的最小值为（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
10．下面四个命题：
① x∈R，x2﹣3x+2＞0恒成立；
② x∈Q，x2＝2；
③ x∈R，x2+1＝0；
④ x∈R，4x2＞2x﹣1+3x2．
其中真命题的个数为（　　）
A．3 B．2 C．1 D．0
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．函数的定义域是 .
12．直线 ： 与圆 相交 、 两点，则 ______ ．
13．已知函数，给出下列四个结论：
①当时，有一个零点；
②当时，存在常数，使得恒成立；
③，在上单调递减；
④若有三个零点，则整数的最小值为.
其中所有正确结论的序号是 .
14．直线的倾斜角为 ，经过点且与直线平行的直线方程为 .
15．直线经过一定点，则点的坐标为 ，以点为圆心且过原点的圆的方程为 .
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：关于的不等式.
（1）若是的充要条件，求的值；
（2）若是的充分不必要条件，求的取值范围.
17．2019年下半年以来，各地区陆续出台了“垃圾分类”的相关管理条例，实行“垃圾分类”能最大限度地减少垃圾处置量，实现垃圾资源利用，改善生存环境质量.某部门在某小区年龄处于区间内的人中随机抽取人进行了“垃圾分类”相关知识掌握和实施情况的调查，并把达到“垃圾分类”标准的人称为“环保族”，得到图各年龄段人数的频率分布直方图和表中统计数据.
（1）求的值；
（2）根据频率分布直方图，估计这人年龄的平均值（同一组数据用该组区间的中点值代替，结果保留整数）；
（3）从年龄段在的“环保族”中采用分层抽样的方法抽取9人进行专访，并在这9人中选取2人作为记录员，求选取的2名记录员中至少有一人年龄在区间中的概率.
组数 分组 “环保族”人数 占本组频率
第一组 45 0.75
第二组 25
第三组 0.5
第四组 3 0.2
第五组 3 0.1
18．已知复数．
（1）求；
（2）若，求；
（3）若，且是纯虚数，求．
19．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c．已知．
（1）求角B的大小；
（2）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△ABC存在且唯一确定，求△ABC的面积．
条件①：a＝4，b＝3；
条件②：c﹣a＝1，；
条件③：c＝3，．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
20．已知函数
（1）求函数的最小正周期及单调递增区间.
（2）当时，求函数的最大值和最小值.
21．已知椭圆的离心率为，且椭圆过点．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）过右焦点F的直线l与椭圆C交于M，N两点，线段MN的垂直平分线交直线l于点P，交直线x＝﹣2于点Q，求的最小值．
参考答案
1．【答案】C
【详解】当百位上为1时，组成的三位数有101，102，110，112，120，121，共6个数，
当百位上为2时，组成的三位数有201，210，211，共3个数，
所以组成不同的三位数有9个.
故选C
2．【答案】B
【详解】解：．
故选．
3．【答案】B
【详解】集合A＝{y|y＝2x}＝{y|y＞0}，
＝{x|﹣7＜x＜1}，
∴A∩B＝{x|0＜x＜8}．
故选B．
4．【答案】B
【详解】设集合M＝{x|0＜x≤3}，N＝{x|0＜x≤2}，M N，
所以若“a∈M”推不出“a∈N”；
若“a∈N”，则“a∈M”，
所以“a∈M”是“a∈N”的必要而不充分条件，
故选B．
5．【答案】B
【详解】对于A，，A不是；
对于B，，B是；
对于C，，C不是；
对于D，，D不是.
故选B
6．【答案】B
【详解】解：设向量，的夹角为，，∴，
∵
即：，
从而解得：或(舍)，
∴，
故选B．
7．【答案】D
【详解】由题意，，，，
不存在唯一的实数使得，所以，，三点不共线，故A错误，
由于，
所以，则，，三点共线，故D正确.
由于，
不存在唯一的实数使得，
不存在唯一的实数使得，故BC错误，
故选D.
8．【答案】A
【详解】解：由f题意得'（x）＝2x﹣1，
则，，
则两边取对数可得．
即an+1＝2an，
所以数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列．
所以．
故选A．
9．【答案】B
【详解】解析：设M（x0，y0），过点M作准线x＝﹣1的垂线，垂足为H，
由抛物线的定义可知|MF|＝|MH|，
则问题转化为|MA|+|MH|的最小值，
结合图形可得当且仅当三点M，F，H共线时|MA|+|MH|最小，
其最小值为|AH|＝3﹣（﹣1）＝4，
故选B．
10．【答案】D
【详解】对于①，因为x2﹣3x+2＞0 （x﹣1）（x﹣2）＞0，
∴当x＞2或x＜1时，x2﹣3x+2＞0才成立，故为假命题；
对于②，当且仅当x＝时，x2＝2，
∴不存在x∈Q，使得x2＝2，故为假命题；
对于③，对 x∈R，x2+1≥1≠0，故为假命题；
对于④，4x2﹣（2x﹣1+3x2）＝x2﹣2x+1＝（x﹣1）2≥0，即当x＝1时，4x2＝2x﹣1+3x2成立，故为假命题．
∴①②③④均为假命题．
故选D．
11．【答案】
【详解】写出使函数有意义的表达式，求定义域.
【详解】的定义域需满足，
所以函数的定义域.
12．【答案】
【详解】由 解得 或 ，不妨令 ，
所以 ．
故答案为：
13．【答案】①③④
【详解】对于①，当时，，
当且时，，则，
当时，，则，
此时函数在上单调递减，此时，
故当时，有一个零点，①正确；
对于②，当时，当且越来越大时，，
的增长速度越来越慢，要慢于函数的增长速度，
故当时，，此时不存在常数，使得恒成立，②错误；
对于③，，当时，，，
，则，即函数在上单调递减，
当时，，，则，
，
因为，则，故对任意的，，
即函数在上单调递减，
又因为函数在上连续，
故对任意的，函数在上单调递减，③正确；
对于④，由可得，
作出函数与直线的图象，如图所示.
要使得函数与直线的图象有三个交点，则，
当时，设直线与函数的图象相切于点，
此时，由题意可得整理得，
令，则，即函数在上单调递减，
且，此时，直线与函数在上有且只有一个交点，不符合题意；
结合图形可知，当直线与函数的图象相切于点，则，
所以整理得，其中，
令，其中，则,
故函数在上单调递增，
因为，，
故存在，使得，
故当时，直线与函数的图象相切，
由图象知，当时，直线与函数的图象有三个交点，故整数的最小值为，④正确.
14．【答案】
【详解】（1）设直线的倾斜角为，求出直线的斜率即得解；
（2）直接利用直线的点斜式方程得解.
【详解】（1）设直线的倾斜角为，
由题得直线可以化为，
所以直线的斜率为，
因为.
所以直线的倾斜角为.
（2）经过点且与直线平行的直线方程为.
15．【答案】
【详解】由得，即，
由直线的点斜式方程可知，是斜率为，过定点的直线，
故点的坐标为；
（或由解得，即的坐标为）
点到原点的距离，
即以点为圆心且过原点的圆的半径，
故以点为圆心且过原点的圆的方程为.
故答案为，.
16．【答案】（1）
（2）.
【详解】（1）由题意可知，即，解得：，故.
因为是的充要条件，所以，
则，解得.
（2）由（1）知，，
又是的充分不必要条件，所以对任意的，不等式恒成立.
当时，设
则，解得，
由（1）可知当时，是的充要条件，所以不符合题意，则；
当时，，满足是的充分不必要条件，则符合题意
当时，设，
则或，
解得：，
综上，的取值范围是.
17．【答案】（1），，；（2）31；（3）.
【详解】（1）根据频率分布直方图和表中统计数据计算可得；
（2）根据频率分布直方图计算出平均数即可；
（3）根据古典概型的概率计算公式计算可得；
【详解】解：（1）对于第一组，人数为，占总人数，故总人数人，所以，，.
（2）设这人年龄的平均值为，所以.
（3）易知采用分层抽样法抽取的9人中，在内的有5人，在内的有4人，选取2名记录员的可能情况共有种，均在内的有种，恰有一个在内的有种，故所求概率.
18．【答案】（1）
（2）
（3）或
【详解】（1）；
（2）；
（3）设，
则，所以①
，
因为是纯虚数，所以②
由①②联立，解得 或
所以或．
19．【答案】见详解
【详解】解：（1）因为，
所以，
又sinA≠0，所以．
因为B∈（0，π），所以．
（2）选①：由余弦定理b2＝a2+c2﹣2accosB可得，．
即c2﹣4c+7＝0，此时Δ＝16﹣28＜0，无解，不合题意．
选②：由余弦定理可得，整理得a2+a﹣6＝0，
解得a＝2或a＝﹣3（舍），即c＝3．
满足△ABC存在且唯一确定，则△ABC的面积为．
选③：，由正弦定理可得．
由余弦定理b2＝a2+c2﹣2accosB可得，7＝a2+9﹣3a，即a2﹣3a+2＝0．
解得a＝1，a＝2，此时不满足△ABC存在且唯一确定，不合题意．
20．【答案】（1），；（2）.
【详解】（1）先利用二倍角公式和辅助角公式化简，然后根据周期计算公式求解出，再采用整体替换法求解出单调递增区间；
（2）采用整体替换的方法先分析出的取值范围，然后再结合正弦函数的单调性，求解出的最值.
【详解】（1）因为，
所以，所以最小正周期，
令，所以，
所以单调递增区间为：；
（2）因为，所以，
又因为在上单调递增，在上单调递减，
所以，此时，
又，此时，
综上可知：.
21．【答案】见详解
【详解】（1）由题意得：，解得：a ＝1，
所以椭圆方程为．
（2）由（1）知：F（1，0），
当直线l的斜率不存在时，P（1，0），Q（﹣2，0），，
此时，
当直线l的斜率存在时，故可设直线为y＝k（x﹣1），
联立椭圆方程得：（2k +1）x ﹣4k x+2k ﹣2＝0，
设M（x ，y ），N（x ，y ），则，
其中 +8＞0，
所以，
其中，
所以，
因为直线PQ为线段MN的垂直平分线，
所以直线PQ：，
令x＝﹣2得：，
所以，
故，
因为，
所以，
当且仅当，即k ±1时等号成立，
所以，
因为，所以的最小值为2．
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本试卷共21题，150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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．已知为两个不同的平面，为两条不同的直线，且平面平面，则是的（ ）
A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
2．已知直线 ，下列结论正确的是（ ）
A．直线 的倾斜角为 B．直线 的法向量为
C．直线 的方向向量为 D．直线 的斜率为
3．已知向量，且，则m=
A． 8 B． 6
C．6 D．8
4．已知向量，则
A． B．2
C．5 D．50
5．已知向量，，若，则的值为（ ）
A． B． C． D．10
6．已知为等差数列的前项和，若，则（ ）
A． B． C． D．
7．已知中，角，，所对的边分别是，，，若，且，那么是（ ）
A．直角三角形 B．等边三角形 C．等腰三角形 D．等腰直角三角形
8．设点A，B，C不共线，则“与的夹角为锐角”是“”的
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
9．第33届夏季奥林匹克运动会预计2024年7月26日至8月11日在法国巴黎举办．假设这届奥运会将新增2个竞赛项目和4个表演项目，现有三个场地A，B，C承办这6个新增项目的比赛，每个场地至少承办其中1个项目，且A场地只能承办竞赛项目，则不同的安排方法有（ ）
A．60种 B．74种 C．88种 D．120种
10．已知数列满足，则（ ）
A．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立
B．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立
C．当时，为递减数列，且不存在常数，使得恒成立
D．当时，为递增数列，且不存在常数，使得恒成立
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．设抛物线的准线方程为 .
12．已知数列是递增的等比数列，，则数列的前项和等于 .
13．如图1，正方形中，，为的中点，，.将沿翻折到，沿翻折到，连接，如图2.给出下列四个结论：
①平面平面；
②当时，三棱锥的体积为；
③设二面角的平面角为，当时，；
④设直线与平面所成角为，当时，则.
其中所有正确结论的序号是 .

14．在的展开式中，若二项式系数的和等于，则 ，此时的系数是 .（用数字作答）
15．已知
（1）当时，函数的极值点的个数为 ；
（2）若，使得，则的取值范围为 .
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．已知直线 和直线 ，求分别满足下列条件的 的值．
（1）直线 过点 ，且直线 和 垂直；
（2）若直线 和 平行，且直线 在 轴上的截距为 ；
（3）若直线 和 重合．
17．设集合 ，若X是 的子集，把X中所有数的和称为X的“容量”(规定空集的容量为0)，若X的容量为奇(偶)数，则称X为 的奇(偶)子集．
（1）当 时，写出 的所有奇子集；
（2）求证：当 时， 的所有奇子集的容量之和等于所有偶子集的容量之和；
（3）当 时，求 的所有奇子集的容量之和．
18．在直角梯形 中，已知 ，点 是 边上的中点，点 是 边上一个动点．
（1）若 ，求 的值；
（2）当点 在 边上运动时，求 的取值范围．
19．已知椭圆的右焦点为，且经过点.
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）设O为原点，直线与椭圆C交于两个不同点P，Q，直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N，若|OM|·|ON|=2，求证：直线l经过定点.
20．已知的内角的对边为，且
（1）求;
（2）若的面积为
①已知为的中点，且，求底边上中线的长;
②求内角的角平分线长的最大值.
21．已知数列的项数均为m，且的前n项和分别为，并规定．对于，定义，其中，表示数集M中最大的数.
（1）若，求的值；
（2）若，且，求；
（3）证明：存在，满足 使得．
参考答案
1．【答案】D
【分析】利用充分条件和必要条件的定义判断.
【详解】如图所示：
满足，而相交，故不充分；
满足则，但异面，故不必要.
故选D.
2．【答案】D
【详解】由题意可得直线的斜率 ，故D正确；
所以直线的倾斜角为 ，故A错误；
故直线 的一个方向向量为 ，因为 与 不平行，故C错误；
与 垂直的直线斜率 ，所以与 垂直的直线的一个方向向量为 ，
又 与 不平行，故B错误．
故选D．
3．【答案】D
【详解】∵，又，
∴3×4+（﹣2）×（m﹣2）＝0，解得m＝8．
故选D．
4．【答案】A
【详解】由已知，，
所以，
故选A
5．【答案】B
【详解】由题意可得，解得.
故选B.
6．【答案】C
【详解】由题意，
所以，
故选C．
7．【答案】B
【详解】由，得，
整理得，则，
因为，所以，
又由及正弦定理，得，化简得，
所以为等边三角形，
故选B
8．【答案】C
【详解】∵A B C三点不共线,∴
|+|>|||+|>|-|
|+|2>|-|2 >0与
的夹角为锐角.故“与的夹角为锐角”是“|+|>||”的充分必要条件,故选C.
9．【答案】B
【详解】当A场地承办1个竞赛项目时，分 和 两种情况，共有 种安排；
当A场地承办2个竞赛项目时，分 和 两种情况，有 种安排．
故不同的安排方法共有 种．
故选B．
10．【答案】D
【详解】由已知，即，
所以，
A选项：当时，可用数学归纳法证明：，即.
证明：当时，，此时不等式成立，
假设当时，成立，
则当时，，
即成立，
综上所述成立，
且，
由，，
则，
即，故数列为递减数列，
由，
，
即，故，
即，
若存在常数，使得恒成立，
则，即，
故，故仅对部分成立，A选项错误；
B选项：当时，可用数学归纳法证明：，即.
证明：当时，，此时不等式成立，
假设当时，成立，
则当时，，
即成立，
综上所述成立，
且，
由，，
则，
即，故数列为递增数列，
由，
，
即，故，
即，
所以不存在常数，使得恒成立，B选项错误；
C选项：当时，可用数学归纳法证明：，即.
证明：当时，，此时不等式成立，
假设当时，成立，
则当时，，
即成立，
综上所述成立，
且，
由，，
则，
即，故数列为递减数列，且，
所以当，使得恒成立，即C选项错误；
D选项：当时，可用数学归纳法证明：，即.
证明：当时，，此时不等式成立，
假设当时，成立，
则当时，，
即成立，
综上所述成立，
且，
由，，
则，
即，故数列为递增数列，
由，
，
即，
即，
若存在常数，使得恒成立，
则，即，
故，故仅对部分成立，
即不存在常数，使得恒成立，D选项正确；
故选D.
11．【答案】
【详解】由抛物线方程可得，则，故准线方程为.
故答案为．
12．【答案】
【详解】由题意，，解得或者，
而数列是递增的等比数列，所以，
即，所以，
因而数列的前项和，故答案为.
考点：1.等比数列的性质；2.等比数列的前项和公式.
13．【答案】①②③
【详解】对于命题①，根据题意，
又平面，所以平面，
又平面，所以平面平面，故①正确；
对于命题②，时，与重合，
此时在中，，则，
由①知，平面，所以，故②正确；
对于命题③，时，，，

过作交于点，连接，
又，所以，，
，，
，
，
则，则，又，
所以就是二面角的平面角，
，故③正确；
对于命题④，当时，
，
则，即此时点在上，所以，故④错误.
14．【答案】6； 135
【详解】由二项式系数的和等于得，.
通项公式为，
令，所以的系数为.
15．【答案】1
【详解】（1）当时，，
当或时，，即在单调递减；在单调递增，
当时，恒成立，即在单调递增，
在处，左侧单调递增，右侧单调递增，不是极值点；
在处，左侧单调递增，右侧单调递减，是极值点；
故函数的极值点的个数为个.
（2）若，使得，意味着函数的每个函数值对应至少两个不同自变量，即函数不是单射，
由题意得，当或时，，即在单调递减；在单调递增，
在时取最大值，即的值域为，
当时，恒成立，的值域分别为：当时，；当时，；当时，；
要保证题干的条件，必须满足一次函数的值域与二次函数的值域有交集，且一次函数值域被包含于二次函数的值域，
当时，，此时符合题意，
当时，一次函数的值域为，要求，即，解得，故或，
综上所诉，则的取值范围为.
16．【答案】（1）
（2）
（3）
【详解】（1）由于直线 和 垂直，故 ，
又直线 过点 ，故 ，
联立两式，解得 ．
故有 ．
（2）由于直线 和 平行，故 ，
直线 在 轴上的截距为 ，则 ，
联立解得 ．
故有 ．
（3）若直线 和 重合，故 ，解得 ．
故有 ．
17．【答案】（1） ， ， ， ；（2）证明见详解；（3） ．
【详解】（1）解：当 时，
的所有奇子集为 ， ， ， ．
（2）证明：首先证明 的奇子集与偶子集个数相等．
∵ ，∴一定存在奇数 ，
设奇数 ，对于 的每个奇子集A，
当 时，取 ．
当 时，取 ，则B为 的偶子集．
反之，亦然．
所以， 的奇子集与偶子集是一一对应的．
所以， 的奇子集与偶子集个数相等．
对于 ， ，含i的 的子集共有 个，
其中必有一半是奇子集，一半是偶子集，
从而对于每个数i，在奇子集的和与偶子集的和中，i所占的个数是一样的．
所以 的所有奇子集的容量的和与所有偶子集的容量的和相等．
（3）解：由于每个元素在奇子集中都出现 次，
故奇子集的容量和为 ．
18．【答案】（1） ；
（2） ．
【详解】（1）由 ，以 为原点，如图建立平面直角坐标系，
由 和 得： ，
若 ，则 为 中点， ，
因此， ，则 ；
（2）当 在 边上运动时，设 ，
因此 ，则 ，
由于 在 上递增，在 上递减，
且 ，
故 在 上的值域为 ，
因此， 的取值范围是 ．
19．【答案】（Ⅰ）；
（Ⅱ）见详解.
【详解】（Ⅰ）因为椭圆的右焦点为，所以；
因为椭圆经过点,所以，所以，故椭圆的方程为.
（Ⅱ）设
联立得，
，，.
直线，令得，即；
同理可得.
因为,所以；
，解之得，所以直线方程为，所以直线恒过定点.
20．【答案】（1）
（2）①；②
【详解】（1）由正弦定理得，即，
故，因为，所以，
所以.
（2）①由（1）知，因为的面积为，
所以，解得，
且，解得，由于，
所以
，所以，即.
②因为为角的角平分线，所以，
由于，
得到，
由于，所以，
由二倍角公式得，则，解得，
又，所以，
由于，当且仅当时，等号取得到，
故，故.
21．【答案】（1），，，
（2）
（3）见详解
【详解】（1）由题意可知：，
当时，则，故；
当时，则，故；
当时，则故；
当时，则，故；
综上所述：，，，.
（2）由题意可知：，且，
因为，且，则对任意恒成立，
所以，
又因为，则，即，
可得，
反证：假设满足的最小正整数为，
当时，则；当时，则，
则，
又因为，则，
假设不成立，故，
即数列是以首项为1，公差为1的等差数列，所以.
（3）因为均为正整数，则均为递增数列，
（ⅰ）若，则可取，满足 使得；
（ⅱ）若，则，
构建，由题意可得：，且为整数，
反证，假设存在正整数，使得，
则，可得，
这与相矛盾，故对任意，均有.
①若存在正整数，使得，即，
可取，
满足，使得；
②若不存在正整数，使得，
因为，且，
所以必存在，使得，
即，可得，
可取，
满足，使得；
（ⅲ）若，
定义，则，
构建，由题意可得：，且为整数，
反证，假设存在正整数，使得，
则，可得，
这与相矛盾，故对任意，均有.
①若存在正整数，使得，即，
可取，
即满足，使得；
②若不存在正整数，使得，
因为，且，
所以必存在，使得，
即，可得，
可取，
满足，使得.
综上所述：存在使得．
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本试卷共21题，150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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．在三棱柱 中， 为棱 的中点．设 ，用基底 表示向量 ，则 （ ）
A． B．
C． D．
2．若 ，则 （ ）
A． B． C． D．
3．已知m、n是两条不同直线，、、是三个不同平面，则下列命题中正确的是（ ）．
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，则 D．若，，则
4．在中，A，B，C所对的边为a，b，c，已知，，，则的值为（ ）
A． B． C． D．
5．将函数y＝sin的图象上各点的纵坐标不变，横坐标伸长到原来的2倍，再向右平移个单位长度，所得到的图象的解析式是（ ）
A．y＝sin x B．y＝cos x C．y＝sin 4x D．y＝cos 4x
6．已知向量，，若，则实数的值为（ ）
A． B． C．2 D．
7．设a＝（） ，b＝lg（sin2），c＝，则a，b，c的大小关系是（ ）
A．a＞b＞c B．a＞c＞b C．b＞a＞c D．b＞c＞a
8．设为所在平面上一点．若实数x、y、z满足，则“”是“点在的边所在直线上”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．既不充分又不必要条件．
9．设，则“”是“”的
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
10．公元前 4 世纪， 古希腊数学家梅内克缪斯利用垂直于母线的平面去截顶角分别为锐角、钝角和直角的圆锥，发现了三种圆锥曲线．之后，数学家亚理士塔欧、欧几里得、阿波罗尼斯等都对圆锥曲线进行了深 入的研究．直到 3 世纪末，帕普斯才在其《数学汇编》中首次证明：与定点和定直线的距离成定比的点的轨迹是圆锥曲线， 定比小于、大于和等于 1 分别对应椭圆、双曲线和抛物线．已知 是平面内两个定点， 且 |AB| = 4，则下列关于轨迹的说法中错误的是（ ）
A．到 两点距离相等的点的轨迹是直线
B．到 两点距离之比等于 2 的点的轨迹是圆
C．到 两点距离之和等于 5 的点的轨迹是椭圆
D．到 两点距离之差等于 3 的点的轨迹是双曲线
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．现有12张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各3张，从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同取法的种数为__________．
12．直线和直线，抛物线上一动点到直线和直线的距离之和的最小值是 .
13．关于函数，给出下列四个结论：
①的值域是；②在区间上单调递增；
③是的一个极值点；④曲线与轴有且仅有个交点．
其中所有正确结论的序号为 ．
14．在的展开式中，所有的二项式系数之和为64，则 ；常数项为 .（用数字作答）
15．已知是同一平面上的三个向量，满足，，则与的夹角等于 ；若与的夹角为，则的最大值为 .
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．已知数列为等差数列，公差为整数，，且成等比数列.
（1）求的通项公式；
（2）记，求数列的前项和.
17．已知，且 .
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）求的值.
18．有一个问题，在半小时内，甲能解决它的概率是，乙能解决它的概率是，如果两人都试图独立地在半小时内解决它，计算：
（1）两人都未解决的概率；
（2）问题得到解决的概率．
19．已知 三个顶点是 ．
（1）求 边中线 所在直线方程；
（2）求 边上的高线所在方程；
（3）求 的重心 的坐标．
20．已知圆C经过，，且圆心C在直线上．
（1）求圆C的标准方程；
（2）求圆C经过点的切线方程．
21．已知，且．
（1）求的值；
（2）若角β的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，终边过点，求的值．
参考答案
1．【答案】A
【详解】取 的中点 ，连接 ， ，
因为 是 的中点， ，
所以 ．
故选A
2．【答案】C
【详解】因为 ，
所以 ,
因此， ，
故选 ．
3．【答案】D
4．【答案】A
5．【答案】A
6．【答案】A
7．【答案】B
【详解】∵，0＜log 2＜1，lg（sin2）＜lg1＝0．
∴a＞1，0＜c＜1，b＜0．
∴b＜c＜a．
故选B．
8．【答案】C
【详解】为所在平面上一点，且实数x、y、z满足
若“”，则中只能有一个为0，否则若，得，这与矛盾；
假设（不为0），可得，，
向量和共线，点在的边BC所在直线上；
若点在的边所在直线上，假设在AB上，说明向量和共线，
，
“”是“点在的边所在直线上”的充分必要条件．
故选C．
9．【答案】D
【详解】若，则，故不充分；若，则，而，故不必要，故选D.
考点：本小题主要考查不等式的性质，熟练不等式的性质是解答好本类题目的关键.
10．【答案】D
【详解】对于A，到 两点距离相等的点的轨迹是 连线的垂直平分线，正确；
对于B，以 为x轴， 的中垂线为y轴建立平面直角坐标系，
则 ，设动点 ，由题意知 ,
即 ，化简为 ，
即此时点的轨迹为圆，B正确；
对于C，不妨设动点P到 两点距离之和等于5 ，即 ，由于 ，
故到 两点距离之和等于 5 的点的轨迹是以 为焦点的椭圆，C正确；
对于D，设动点P到 两点距离之差等于3 ，即 ,由于 ，
故到 两点距离之差等于3 的点的轨迹是双曲线靠近B侧的一支，D错误，
故选D
11．【答案】189
【详解】若没有红色卡片，若是3种颜色，那么有种方法，若是2种颜色，有种方法，若有红色卡片，那有一张红色的卡片，共有种方法，所以共有种方法，故填：189．
12．【答案】
【详解】试题分析：设抛物线上的动点的坐标为，它到到直线和的距离之和为，则=，当时，.
考点：直线与抛物线的位置关系及二次函数的最值.
13．【答案】①②④
【详解】对于①，函数的定义域为，
且当时，，，，
故，即函数的值域为，①对；
对于②，当时，，则，所以，
此时，
故函数在区间上单调递增，②对；
对于③，因为且函数是可导函数，
故不是的一个极值点，③错；
对于④，当时，，则函数、在上均为增函数，
故函数在上为增函数，
因为，，
故存在，使得，
且当时，，即函数在上单调递减，
当时，，即函数在上单调递增，故，
因为，
故存在，使得，
作出函数与的图象如下图所示：
由图可知，函数与函数在上的图象有且只有一个交点，
且交点的横坐标为，
由图可知，当时，，则，
即函数在上单调递增，
当时，，则，
即函数在上单调递减，
又，则，
又因为，
由零点存在定理可知，存在，使得，
当时，，，
此时，故函数在上无零点，
综上所述，函数有且只有个零点，分别为、、，④对.
14．【答案】6 ；
【详解】因为在的展开式中，所有的二项式系数之和为64，
所以，得，
所以，
则其展开式的通项公式为，
令，得，
所以展开式的常数项为.
15．【答案】 4
【详解】第1空：，因，故，
第2空：设，，则,
设，则，，因与的夹角为，
而，故在两段优弧上，如下图，
右上方的弧所在圆的半径为，左下方的弧所在的圆的半径为2且圆心为，
结合图形可得即可取得最大值为直径即为，
故答案为：；4
16．【答案】（1）
（2）
【详解】（1）由题意得，
，即，即，
代入，得到，解得，或（舍），
则，所以.
（2），
则.
17．【答案】（1）；（2）
【详解】（1）因为，且 ，
所以.
（2）因为
所以.
18．【答案】见详解
【详解】解：（1）有一个问题，在半小时内，甲能解决它的概率是，乙能解决它的概率是，
两人都试图独立地在半小时内解决它，
则两人都未解决的概率．
（2）问题得到解决的对立事件是两人都未解决，
问题得到解决的概率．
19．【答案】（1）
（2）
（3）
【详解】（1）线段 的中点 ，即 ,
因此直线 的横纵截距均为2，其方程为： ，
即 ．
所以 边中线 所在直线方程为 ．
（2）直线 的斜率： ，所以所求直线的斜率： ，
又该直线过点 ，
所以 边上的高线所在方程为： ，即 ．
（3）方法一：由重心坐标公式， 的重心 ，
即 ．
方法二：线段 的中点 ，即 ．
因此，直线 的方程为： ，
即 ，
故 边中线 所在直线方程为 ．
由方程组 ，解得 ，
所以 的重心坐标 ．
20．【答案】（1）；
（2）或．
【详解】（1）线段的中点，直线的斜率，
则线段的中垂线方程为，即，
由，解得，因此圆C的圆心，半径，
所以圆C的标准方程为．
（2）点到直线的距离为2，即直线与圆C相切；
当切线斜率存在时，设切线方程为，即，
由，解得，因此方程为，
所以圆C经过点的切线方程为或．
21．【答案】（1），
（2）
【详解】（1）因为，所以，
则．
（2）角终边过点，则．
，．
所以，．
．
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第 page number 页，共 number of pages 页2026届北京市高三数学最新模拟试卷5
本试卷共21题，150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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．在的展开式中，的系数为（ ）
A． B． C． D．
2．在正方体中，与棱异面的棱有　　
A．8条 B．6条 C．4条 D．2条
3．已知向量，，若，则的值为（ ）
A． B． C． D．10
4．已知抛物线y2＝4x的焦点为F，定点A（3，1），M为抛物线上一点，则|MA|+|MF|的最小值为（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
5．“”是“直线的倾斜角大于”的
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
6．在正方体中，，分别为、中点，则异面直线与成角为　　
A． B． C． D．
7．设点A，B，C不共线，则“与的夹角为锐角”是“”的
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
8．设无穷等差数列的前项积为.若，则“有最大值”是“公差”的（ ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
9．实数x，y满足，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
10．已知数列满足，则（ ）
A．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立
B．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立
C．当时，为递减数列，且不存在常数，使得恒成立
D．当时，为递增数列，且不存在常数，使得恒成立
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．从5双不同尺码的鞋子中任取4只，使其中至少有2只能配成一双，则有______种不同的取法．
12．已知角的顶点在坐标原点，始边在轴的正半轴上，终边与单位圆交于第二象限的点，且点的纵坐标为，则______
13．如图，在平面直角坐标系 中，一单位圆的圆心的初始位置在 ，此时圆上一点 的位置在 ，圆在 轴上沿正向滚动．当圆滚动到圆心位于 时， 的坐标为________．
14．已知探照灯的轴截面是抛物线，平行于轴的光线在抛物线上的反射，光线过焦点，的纵坐标为，则入射点到反射点的光线最短路程是： ，此时的坐标为： .
15．对于函数﹐若集合中恰有个元素，则称函数是“阶准偶函数”．已知函数
（1）若，则函数是“ 阶准偶函数”；
（2）若函数是“阶准偶函数”，则的取值范围是 ．
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．已知同时满足下列四个条件中的三个：
①；
②的图象可以由y＝sinx﹣cosx的图象平移得到；
③相邻两条对称轴之间的距离为；
④最大值为2．
（1）请指出这三个条件，并说明理由；
（2）若曲线y＝f（x）的对称轴只有一条落在区间[0，m]上，求m的取值范围．
17．在中，a，b，c分别为角A，B，C所对的边且，
求角B的值；
若为锐角三角形，且，求的面积的取值范围．
18．阿基米德（公元前287年公元前212年，古希腊）不仅是著名的哲学家、物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积．在平面直角坐标系中，椭圆：（）的面积为，两焦点与短轴的一个顶点构成等边三角形，过点且斜率不为0的直线与椭圆交于不同的两点，．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设椭圆的左、右顶点分别为，，直线与直线交于点，试证明，，三点共线；
（3）求面积的最大值.
19．已知数列的项数均为m，且的前n项和分别为，并规定．对于，定义，其中，表示数集M中最大的数.
（1）若，求的值；
（2）若，且，求；
（3）证明：存在，满足 使得．
20．设和M均为正整数，是两两不同的M元集合组成的集合序列，若存在，使得，就称Q中存在“三叶草”，并称为Q中的一片三叶草．
（1）若，分别直接判断以下集合序列中是否存在三叶草，存在的请写出一片相应的三叶草：
，
；
（2）若满足，其中，，证明：Q中不存在三叶草；
（3）若，其中，证明：Q中一定存在三叶草．
21．对于一个m行n列的数表，用表示数表中第i行第j列的数，（；）．对于给定的正整数t，若数表满足以下两个条件，则称数表具有性质：
①，；
②．
（1）以下给出数表1和数表2．
数表1
1 1 1
0 1 0
0 0 0
数表2
1 1 1 1
0 1 0 0
0 0 1 1
1 1 0 1
0 0 0 0
（i）数表1是否具有性质？说明理由；
（ii）是否存在正整数t，使得数表2具有性质？若存在，直接写出t的值，若不存在，说明理由；
（2）是否存在数表具有性质？若存在，求出m的最小值，若不存在，说明理由；
（3）给定偶数，对每一个，将集合中的最小元素记为．求的最大值．
参考答案
1．【答案】D
2．【答案】C
由此判断出正方体中与棱异面的直线．
【详解】如图所示，
正方体中，
与棱异面的棱有：，，，．
故选．
3．【答案】B
【详解】由题意可得，解得.
故选B.
4．【答案】B
【详解】解析：设M（x0，y0），过点M作准线x＝﹣1的垂线，垂足为H，
由抛物线的定义可知|MF|＝|MH|，
则问题转化为|MA|+|MH|的最小值，
结合图形可得当且仅当三点M，F，H共线时|MA|+|MH|最小，
其最小值为|AH|＝3﹣（﹣1）＝4，
故选B．
5．【答案】A
【详解】设直线的倾斜角为，
直线可化为，所以
由直线的倾斜角大于可得：或，
即：或，
所以 或，但或
故选A
6．【答案】D
【详解】如图，
连接，由，分别为、中点，得，
由正方体的结构特征可知，，则，
则为异面直线与成的角，理解，
可得△为等边三角形，则，即异面直线与成角为．
故选．
7．【答案】C
【详解】∵A B C三点不共线,∴
|+|>|||+|>|-|
|+|2>|-|2 >0与
的夹角为锐角.故“与的夹角为锐角”是“|+|>||”的充分必要条件,故选C.
8．【答案】A
【详解】对于无穷等差数列，由于，
当时，若数列中小于0的项为偶数项，且数列中无0时，显然没有最大值，
当时，数列为常数列，当不等于时，，无最大值，
所以公差不能推出有最大值，
当时，，所以趋于正无穷，为正负间隔的摆动数列，没有最大值，
所以当有最大值时，只能，
综上，“有最大值”是“公差”的充分不必要条件，
故选A
9．【答案】C
【详解】设，则与圆有交点，
圆心到直线的距离，
解得．
故选:C．
10．【答案】D
【详解】由已知，即，
所以，
A选项：当时，可用数学归纳法证明：，即.
证明：当时，，此时不等式成立，
假设当时，成立，
则当时，，
即成立，
综上所述成立，
且，
由，，
则，
即，故数列为递减数列，
由，
，
即，故，
即，
若存在常数，使得恒成立，
则，即，
故，故仅对部分成立，A选项错误；
B选项：当时，可用数学归纳法证明：，即.
证明：当时，，此时不等式成立，
假设当时，成立，
则当时，，
即成立，
综上所述成立，
且，
由，，
则，
即，故数列为递增数列，
由，
，
即，故，
即，
所以不存在常数，使得恒成立，B选项错误；
C选项：当时，可用数学归纳法证明：，即.
证明：当时，，此时不等式成立，
假设当时，成立，
则当时，，
即成立，
综上所述成立，
且，
由，，
则，
即，故数列为递减数列，且，
所以当，使得恒成立，即C选项错误；
D选项：当时，可用数学归纳法证明：，即.
证明：当时，，此时不等式成立，
假设当时，成立，
则当时，，
即成立，
综上所述成立，
且，
由，，
则，
即，故数列为递增数列，
由，
，
即，
即，
若存在常数，使得恒成立，
则，即，
故，故仅对部分成立，
即不存在常数，使得恒成立，D选项正确；
故选D.
11．【答案】130
【详解】当恰好有2只能配成一双有： ；
当恰好有4只能配成两双有： ；
故共有 种不同的取法．
故答案为：
12．【答案】
【详解】点P在第二象限，故， ，故，则．
故答案为：
13．【答案】
【详解】
设滚动后的圆的圆心为 ，切点为 ，连接 ，
过 做与 轴正方向平行的射线，交圆 于 ，
设 ，因为圆 的方程为 ，
故设 ，
又单位圆的圆心的初始位置在 ，圆滚动到圆心位于 ，
所以 ，可得 ，则 ，
，所以 ．
故答案为：
14．【答案】4
【详解】解：由，设直线方程为，
联立，整理得：，
由韦达定理可知：，，
，
当时，即时，取得最小值，最小值为4，此时．
15．【答案】2 ；；
【详解】①当时，函数，的取值为，的取值为，即，根据题意得,解得或，
则集合中恰有个元素，
故是“阶准偶函数”；
②根据题意，函数是“阶准偶函数”，
则集合中恰有个元素，
当时,是“阶准偶函数”，不合题意；
当时，函数的图象如图①所示，
根据“阶准偶函数”的定义得的可能取值为，的可能取值为，
由题意知，
所以，解得或，
要使得集合中恰有个元素，则需要满足，
即，
当时，函数的图象如图②所示，
根据“阶准偶函数”的定义得的可能取值为或，为，
由题意知，
当，解得不符合题意，
当，解得或，
要使得集合中恰有个元素，则需要满足.
综上，若函数是“阶准偶函数”，则的取值范围是.
16．【答案】见详解
【详解】（1）对于条件②，y＝sinx﹣cosx＝sin（x﹣），
若函数的图象可以由y＝sinx﹣cosx的图象平移得到，
则f（x）＝sin（x+φ），
由条件③相邻两条对称轴之间的距离为，可得f（x）的最小正周期为π，
可得ω＝2，与②矛盾；
对于条件④最大值为2，可得A＝2与②矛盾，
故只能舍弃条件②，
所以这三个条件为①③④．
（2）由（1）可得f（x）＝2sin（2x+φ），
由条件①，可得2sin（+φ）＝1，又|φ|＜，
所以φ＝﹣，所以f（x）＝2sin（2x﹣），
令2x﹣＝+kπ，k∈Z，可得x＝+，k∈Z，
k＝﹣1时，x＝﹣，
k＝0时，x＝，
k＝1时，x＝，
又曲线y＝f（x）的对称轴只有一条落在区间[0，m]上，
所以≤m＜，
即m的取值范围是[，）．
17．【答案】见详解
【详解】由正弦定理得：，
即，
又，可得，
，
由正弦定理得：， ，
，
锐角三角形ABC，，
，

18．【答案】（1）；
（2）见详解；
（3）.
【详解】（1）由题意可得：，
解得 ，，，
∴椭圆方程为.
（2）设直线的方程为，，，
由，整理得，
∴ ，
椭圆的左、右顶点分别为，，
直线方程为：，
又直线与直线交于点，则，
∵，都存在，∴要证，，三点共线，只需证 ，
只需证，
只需证，
只需证，
只需证，
而 ，
故，，三点共线.
（3）由（2）可得，
，
令（），则，
令，函数在区间单调递增，
∴当，即时，面积取到最大值.
19．【答案】（1），，，
（2）
（3）见详解
【详解】（1）由题意可知：，
当时，则，故；
当时，则，故；
当时，则故；
当时，则，故；
综上所述：，，，.
（2）由题意可知：，且，
因为，且，则对任意恒成立，
所以，
又因为，则，即，
可得，
反证：假设满足的最小正整数为，
当时，则；当时，则，
则，
又因为，则，
假设不成立，故，
即数列是以首项为1，公差为1的等差数列，所以.
（3）因为均为正整数，则均为递增数列，
（ⅰ）若，则可取，满足 使得；
（ⅱ）若，则，
构建，由题意可得：，且为整数，
反证，假设存在正整数，使得，
则，可得，
这与相矛盾，故对任意，均有.
①若存在正整数，使得，即，
可取，
满足，使得；
②若不存在正整数，使得，
因为，且，
所以必存在，使得，
即，可得，
可取，
满足，使得；
（ⅲ）若，
定义，则，
构建，由题意可得：，且为整数，
反证，假设存在正整数，使得，
则，可得，
这与相矛盾，故对任意，均有.
①若存在正整数，使得，即，
可取，
即满足，使得；
②若不存在正整数，使得，
因为，且，
所以必存在，使得，
即，可得，
可取，
满足，使得.
综上所述：存在使得．
20．【答案】见详解
【详解】（1）对于，检查是否存在三个集合使得两两交集相等；
选取三个集合，，，发现交集分别为，，，不满足．
再尝试其他组合，第1，2，5个集合，，，
它们的交集均为，因此存在三叶草．
对于，由于每个元素仅出现在两个集合中，无法找到三个集合共享同一元素，故不存在三叶草．
（2）给定 ，其中：，，，；
每个 可以看作一个四维向量，每个维度有固定的取值．
我们需要证明不存在三个集合 使得它们两两的交集相同，
假设存在三叶草，则需要满足 意味着：
和 在相同维度上取值相同;
和 在相同维度上取值相同;
和 在相同维度上取值相同;
这意味着 在所有维度上的相同性必须一致,
换句话说，对于每个维度，要么三个集合在该维度的取值都相同，要么两两不同;
由于每个维度只有 2 种取值，三个集合在某个维度上的取值只能是：全部相同（如 ）;
或者两两不同（如 ），但这是不可能的，因为每个维度只有 2 种取值;
因此，三个集合在每个维度上的取值必须相同,
这意味着 ，但题目要求集合两两不同，矛盾．
因此，不存在三叶草．
（3）固定一个集合，考虑其他集合与的交集，
的子集有 种可能，因此 有 种可能；
对于每个，定义，
下面介绍一下鸽巢原理，又叫抽屉原理，
它指的是一个简单事实，如果鸽子的数量比巢穴的数量多，那么至少要有1个鸽巢被两只或多只鸽子占据，
即若有个鸽巢，个鸽子，则至少有1个巢内有至少2个鸽子，
至少数公式：当鸽子数不能被鸽巢数整除时，至少有一个鸽巢中会有（商+1）个鸽子，
另外，规定当，为整数时，，当时，，
其中，由鸽巢原理（相当于只鸽子飞回个巢），
可知存在至少 个 使得 相同，
当时，由是两两不同的一元集合组成的集合序列，
可得,所以存在三叶草．
当时，至少存在2个 使得 相同，假设为，
则，同理
对于集合也是如此，即,
对于集合也是如此，即,
对于集合也是如此，即,
找到三个集合 满足 ．
当 时， 中一定存在三叶草．
21．【答案】（1）（i）数表1不具有性质，理由见详解；（ii）存在．.
（2）不存在，理由见详解
（3）．
【详解】（1）（i）数表1不具有性质．
理由：．
（ⅱ）存在．
由图表可知，
故时，数表2具有性质．
（2）不存在数表具有性质．
假设存在m使得数表具有性质，
则．
即在这两行中，有6列的数不同，设其中有k列是第i行的数为1，第行的数为0，
则有列是第i行的数为0，第行的数为1，
所以，从第i行到第行，一共增加了个1，1的个数的奇偶性不变．
所以，任意两行中，1的个数的奇偶性相同，
与数表第一行有2023个1，最后一行有0个1矛盾，
所以，不存在具有性质的数表．
（3）的最大值为．
定义行n列的数表：
其第i行第j列为，（），
则，且表示，两数相同，表示，两数不同．
因为数表的第1行确定，所以给定数表后，数表唯一确定．
①先证．
按照如下方式，构造数表：对于第行和第2s行，，
令，，，，
且在这两行其余的列中，任选相同的列都为1，其他列都为0，
于是可得到具有性质的数表如下：
第1列 第2列 第3列 第4列 第n－1列 第n列
第1行 1 1 1 1 … 1 1
第3行 0 0 1 1 … 1 1
第5行 0 0 0 0 … 1 1
…
第行 0 0 0 0 … 0 0
即对于每个，当时，都存在数表具有性质．
所以．
②再证时，．
记（）．
因为是奇数，所以与的奇偶性不相同（）．
因为，，所以m是奇数．
考虑的第i行和行，
因为，所以这两行中都有列为1，1列为0．
若这两行相同，则数表的第i行和第行相同，．
若这两行不同，设其分别在第p，q列为0，则数表的第i行和第行只在第p，q列上不同，其他列都相同，．
因为，，其中n是偶数．
所以，
所以，即．
结合①，．
综上所述，的最大值为．
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