北京东城2025-2026学年高三上学期期末数学试题（含答案）
文档属性
| 名称 | 北京东城2025-2026学年高三上学期期末数学试题（含答案） |
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| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 103.5KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2026-01-14 16:50:58 | ||
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文档简介
东城区20学年度第一学期期末统一检测
高 三 数 学
本试卷共6页，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）已知集合，，则
（A） （B）
（C） （D）
（2）已知复数，则
（A） （B）
（C） （D）5
（3）已知为等差数列，为等比数列，，，，则
(A)4(B)7
(C)8(D)15
（4）在中国古代桥梁的建筑中，有不少是世界桥梁史上的创举。如图所示，某抛物线形拱桥的桥拱跨度为10 m，拱高为4 m。以桥拱最高点为原点，桥拱的对称轴为轴，建立平面直角坐标系，则桥拱所在的抛物线的标准方程为
（A） （B）
（C） （D）
（5）设函数 ，则
（A） 是偶函数，且在区间 上单调递增
（B） 是奇函数，且在区间 上单调递增
（C） 是偶函数，且在区间 上单调递减
（D） 是奇函数，且在区间 上单调递减
（6）已知圆经过点 ，，则圆心到原点的距离的最小值为
(A)1(B)2
（C） （D）
（7）设函数 若 在区间 上的最大值为9，则
(A) -1(B)0
（C）1（D）
（8）设函数 ，则“ 的值域为 ”是“存在实数 ，使得 ”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
（9）把物体放在空气中冷却，如果物体初始温度是 ，空气的温度是 ，那么 后物体的温度 （单位：）可由公式 求得，其中冷却系数 是一个随着物体与空气的接触状况而定的常数。现将一杯初始温度 的水置于 的空气中冷却。水杯先在开盖状态下放置 ，随后加上盖子继续放置 ，此时水温降至 。已知在开盖状态和加盖状态下水杯中水的冷却系数分别为0.05和0.01。若 ，则 的值约为
（参考数据：）
(A)10(B)20
(C)30(D)40
（10）如图，已知正方体 的棱长为1. 平面 ， 平面 和平面 将该正方体分割成若干个多面体， 则其中顶点 所在的多面体的表面积为
（A）
（B）
（C）
（D）
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）在 的展开式中， 的系数为 ______ .（用数字作答）
（12）已知双曲线 的一条渐近线方程为 ，则 ______ .
（13）已知函数 的定义域为 ， 满足 且 ， 写出满足条件的一个函数解析式 ______ .
（14）在平面直角坐标系 中， 已知点 ， ， 点 满足： ， . 若 ， 则 ______ ； 若 ， 则 的最大值为 ______ .
（15）若函数 的定义域为 ， 且对任意正数 ， 都存在 ， 使得 ， 则称 具有性质 . 将具有性质 的函数所构成的集合记为 . 给出下列四个结论：
①存在 ， 使得 ；
②存在 ， 使得 且 ；
③若 ， 且 为增函数， 则 ；
④若 ， 且 为奇函数， 为偶函数， 则 .
其中正确结论的序号是 ______ .
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）（本小题13分）
在锐角△ABC中，，。
（Ⅰ）求b的值；
(Ⅱ)若D为BC边上的中点，从下列三个条件中选择一个作为已知，使存在，求AD的长。
条件①：；
条件②：△ABC的面积为；
条件③：△ABC的周长为。
注：如果选择的条件不符合要求，第（Ⅱ）问得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。
（17）（本小题14分）
如图，在四棱锥中，底面ABCD是正方形，平面平面ABCD，，，M为AD的中点，E为棱PC上一点。
(Ⅰ)若E为棱PC的中点，求证：平面PAB；
（Ⅱ）设直线AE与平面PAB所成角为，直线AE与平面ABCD所成角为。若，求的值。
（18）（本小题13分）
某平台开展答题比赛，比赛共进行两轮，选手每轮比赛可以从甲、乙两类问题中选择一类问题，平台从该类问题中随机抽取一个问题供选手回答. 比赛规定：甲类问题中的每个问题回答正确得20分，否则得0分；乙类问题中的每个问题回答正确得50分，否则扣10分；选手初始分数为0分. 假设某选手正确回答甲类问题的概率为，正确回答乙类问题的概率为.
（Ⅰ）若该选手两轮都选择甲类问题，求该选手累计得分不低于20分的概率；
（Ⅱ）若该选手第一轮选择甲类问题，第二轮选择乙类问题，记该选手累计得分为X，求X的分布列与数学期望E（X）；
（Ⅲ）若该选手每轮等可能地从甲、乙两类问题中选择一类问题，如果两轮的题目类型相同，记该选手的累计得分为Y；如果两轮的题目类型不同，记该选手的累计得分为Z. 试判断数学期望E（Y）与E（Z）的大小.（结论不要求证明）
（19）（本小题15分）
已知椭圆的左、右焦点分别为，，离心率为. 设是椭圆C上一点，且在第一象限，.
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）已知不与x轴垂直. 延长，分别与椭圆C交于点M，N，若点M到直线的距离与点N到直线的距离之和为，求m的值.
（20）（本小题15分）
设函数.
（Ⅰ）当，时，求曲线在点处的切线方程；
（Ⅱ）当，时，
（ⅰ）求的极值；
（ⅱ）若，求证：关于的方程在上无解.
（21）（本小题15分）
已知数列、、、为有穷整数数列，定义变换：将的第项与第项同时减1，其余项不变，所得数列记作.对依次进行变换后，所得数列记为.
（Ⅰ）已知，，，，直接写出，；
（Ⅱ）已知，，若存在变换，，，使得的各项均为0，求的值；
（Ⅲ）已知为偶数，的各项均为正整数，且对任意的变换，，，，当中的各项均为非负整数时，都有中等于0的项的个数不大于，求的各项之和的最小值.
东城区20学年度第一学期期末统一检测
高三数学参考答案及评分标准
一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分）
(1)D (2)C (3)B (4)B (5)A
(6)C (7)A (8)C (9)B (10)D
二、填空题（共5小题，每小题5分，共25分）
(11)60 (12)4
（13）（答案不唯一） （14）
（15）①②④
三、解答题（共6小题，共85分）
（16）（共13分）
解：（Ⅰ）由，得。
因为为锐角三角形，所以。
所以。
由正弦定理，
得。
由，得。 ………………………………………………………………………… 6分
（Ⅱ）选择条件②：的面积为。
因为的面积，
得，故。
因为为锐角三角形，
所以。
在中，由余弦定理。
所以。 ………………………………………………………………………… 13分
选择条件③：的周长为。
因为，，的周长为，
所以。
由余弦定理 .
在△ACD中，由余弦定理 .
所以 . ………………………………………………………………………… 13分
（17）（共14分）
解：（Ⅰ）如图，取PB中点F，连接AF，EF.
因为E是PC的中点，
所以 ，.
因为M为AD的中点，
所以 ，.
所以 ，.
所以四边形AMEF是平行四边形.
所以 .
因为 平面PAB， 平面PAB，
所以 平面PAB. ………………………………………………………………………… 5分
（Ⅱ）如图，取BC中点N，连接MN.
因为底面ABCD是正方形，M为AD的中点，所以 .
因为 ，所以 .
因为平面P平面ABCD， 平面PAD，
平面PAD∩平面，所以 平面ABCD.
因为 平面ABCD，所以 .
如图建立空间直角坐标系，
则 ，，，.
因此 ，，，.
设平面PAB的法向量为 ，则
即 .
令 ，则 ，.
所以平面PAB的法向量为 .
设 ，
则 .
为平面的法向量，
，，
，
因为，所以，即，解得.
因为，所以，即的值为。 …………………………… 14分
（18）（共13分）
解：（Ⅰ）设事件“两轮比赛累计得分不低于20分”，
由已知该选手正确回答甲类问题的概率为，
所以.
所以该选手两轮比赛累计得分不低于20分的概率为。 …………………………… 3分
（Ⅱ）的所有可能取值为，，，.
，，
，，
的分布列为
的数学期望。 ………… 10分
（Ⅲ）。 ……………………………………………………………………… 13分
（19）（共15分）
解：（Ⅰ）由题意得 解得，，.
所以的方程为。 …………………………………………………… 5分
（Ⅱ）设，，直线，直线，
其中，。
因为点在椭圆上，所以。
由得。
则。
所以。
由得，
则。
所以。
由于点到直线的距离与点到直线的距离之和为，
所以。
故，即。
解得。
由于在第一象限，
所以。 ………………………………………………………………………… 15分
（20）（共15分）
解：（Ⅰ）由条件得。
所以。
所以。
因为，
所以曲线在点处的切线方程为。 …………………………… 4分
（Ⅱ）（ⅰ）由条件得，
所以。
令，即，
解得。
当变化时，，变化如下：
单调递减 极小值 单调递增
所以的极小值为，无极大值。 …………………… 9分
（ⅱ）关于的方程等价于，
由于，
故。
令，
所以。
令，
则。
因为，，
所以。
所以在上单调递增。
因为，
所以当时，，即。
所以在区间上单调递增。
因为，
所以当时，。
故当时，关于的方程在上无解。 ………… 15分
（21）（共15分）
解：（Ⅰ），，，，，， …………………… 4分
（Ⅱ）由于变换，将的第项与第项同时减1，
因此变换前的数列与变换后的数列的奇数项的和与偶数项的和之差不变.
对于，，，，中，，
此时的奇数项的和与偶数项的和之差为.
当的各项均为0时，变换后的数列的奇数项的和与偶数项的和之差为0，
因此，即. ……………………………… 9分
（Ⅲ）因为为偶数，把，，，分成组，
其中，为第1组，，为第2组，…，，为第组，，为第组，
存在变换使每组的两个数中至少一个变为0，
因此存在变换，，，，当中的项非负时，所有
项中0的个数不小于.
由已知可得同一组的两个数不能相同.
下证第2组，第3组，…，第组，这组数满足：每一组中的较大数不小于3.
考察第2组数，，不妨设，
若，则只能为1或2，此时存在一组变换使得第2组的两个数均变为0，矛盾.
同理可以证明其它组的两个数中较大的不小于3.
对于第1组，这两个数至少有一个不小于2，
对于第组，这两个数，至少有一个不小于2，
因此的所有项之和不小于.
令，，，，，，，，，，，
这个数列满足对任意的一组变换，，，，当中的项非负时，
中的3和2均不会变为0，
因此中0的个数不大于.
综上所述，的所有项之和的最小值为. ……………………………… 15分
高 三 数 学
本试卷共6页，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）已知集合，，则
（A） （B）
（C） （D）
（2）已知复数，则
（A） （B）
（C） （D）5
（3）已知为等差数列，为等比数列，，，，则
(A)4(B)7
(C)8(D)15
（4）在中国古代桥梁的建筑中，有不少是世界桥梁史上的创举。如图所示，某抛物线形拱桥的桥拱跨度为10 m，拱高为4 m。以桥拱最高点为原点，桥拱的对称轴为轴，建立平面直角坐标系，则桥拱所在的抛物线的标准方程为
（A） （B）
（C） （D）
（5）设函数 ，则
（A） 是偶函数，且在区间 上单调递增
（B） 是奇函数，且在区间 上单调递增
（C） 是偶函数，且在区间 上单调递减
（D） 是奇函数，且在区间 上单调递减
（6）已知圆经过点 ，，则圆心到原点的距离的最小值为
(A)1(B)2
（C） （D）
（7）设函数 若 在区间 上的最大值为9，则
(A) -1(B)0
（C）1（D）
（8）设函数 ，则“ 的值域为 ”是“存在实数 ，使得 ”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
（9）把物体放在空气中冷却，如果物体初始温度是 ，空气的温度是 ，那么 后物体的温度 （单位：）可由公式 求得，其中冷却系数 是一个随着物体与空气的接触状况而定的常数。现将一杯初始温度 的水置于 的空气中冷却。水杯先在开盖状态下放置 ，随后加上盖子继续放置 ，此时水温降至 。已知在开盖状态和加盖状态下水杯中水的冷却系数分别为0.05和0.01。若 ，则 的值约为
（参考数据：）
(A)10(B)20
(C)30(D)40
（10）如图，已知正方体 的棱长为1. 平面 ， 平面 和平面 将该正方体分割成若干个多面体， 则其中顶点 所在的多面体的表面积为
（A）
（B）
（C）
（D）
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）在 的展开式中， 的系数为 ______ .（用数字作答）
（12）已知双曲线 的一条渐近线方程为 ，则 ______ .
（13）已知函数 的定义域为 ， 满足 且 ， 写出满足条件的一个函数解析式 ______ .
（14）在平面直角坐标系 中， 已知点 ， ， 点 满足： ， . 若 ， 则 ______ ； 若 ， 则 的最大值为 ______ .
（15）若函数 的定义域为 ， 且对任意正数 ， 都存在 ， 使得 ， 则称 具有性质 . 将具有性质 的函数所构成的集合记为 . 给出下列四个结论：
①存在 ， 使得 ；
②存在 ， 使得 且 ；
③若 ， 且 为增函数， 则 ；
④若 ， 且 为奇函数， 为偶函数， 则 .
其中正确结论的序号是 ______ .
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）（本小题13分）
在锐角△ABC中，，。
（Ⅰ）求b的值；
(Ⅱ)若D为BC边上的中点，从下列三个条件中选择一个作为已知，使存在，求AD的长。
条件①：；
条件②：△ABC的面积为；
条件③：△ABC的周长为。
注：如果选择的条件不符合要求，第（Ⅱ）问得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。
（17）（本小题14分）
如图，在四棱锥中，底面ABCD是正方形，平面平面ABCD，，，M为AD的中点，E为棱PC上一点。
(Ⅰ)若E为棱PC的中点，求证：平面PAB；
（Ⅱ）设直线AE与平面PAB所成角为，直线AE与平面ABCD所成角为。若，求的值。
（18）（本小题13分）
某平台开展答题比赛，比赛共进行两轮，选手每轮比赛可以从甲、乙两类问题中选择一类问题，平台从该类问题中随机抽取一个问题供选手回答. 比赛规定：甲类问题中的每个问题回答正确得20分，否则得0分；乙类问题中的每个问题回答正确得50分，否则扣10分；选手初始分数为0分. 假设某选手正确回答甲类问题的概率为，正确回答乙类问题的概率为.
（Ⅰ）若该选手两轮都选择甲类问题，求该选手累计得分不低于20分的概率；
（Ⅱ）若该选手第一轮选择甲类问题，第二轮选择乙类问题，记该选手累计得分为X，求X的分布列与数学期望E（X）；
（Ⅲ）若该选手每轮等可能地从甲、乙两类问题中选择一类问题，如果两轮的题目类型相同，记该选手的累计得分为Y；如果两轮的题目类型不同，记该选手的累计得分为Z. 试判断数学期望E（Y）与E（Z）的大小.（结论不要求证明）
（19）（本小题15分）
已知椭圆的左、右焦点分别为，，离心率为. 设是椭圆C上一点，且在第一象限，.
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）已知不与x轴垂直. 延长，分别与椭圆C交于点M，N，若点M到直线的距离与点N到直线的距离之和为，求m的值.
（20）（本小题15分）
设函数.
（Ⅰ）当，时，求曲线在点处的切线方程；
（Ⅱ）当，时，
（ⅰ）求的极值；
（ⅱ）若，求证：关于的方程在上无解.
（21）（本小题15分）
已知数列、、、为有穷整数数列，定义变换：将的第项与第项同时减1，其余项不变，所得数列记作.对依次进行变换后，所得数列记为.
（Ⅰ）已知，，，，直接写出，；
（Ⅱ）已知，，若存在变换，，，使得的各项均为0，求的值；
（Ⅲ）已知为偶数，的各项均为正整数，且对任意的变换，，，，当中的各项均为非负整数时，都有中等于0的项的个数不大于，求的各项之和的最小值.
东城区20学年度第一学期期末统一检测
高三数学参考答案及评分标准
一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分）
(1)D (2)C (3)B (4)B (5)A
(6)C (7)A (8)C (9)B (10)D
二、填空题（共5小题，每小题5分，共25分）
(11)60 (12)4
（13）（答案不唯一） （14）
（15）①②④
三、解答题（共6小题，共85分）
（16）（共13分）
解：（Ⅰ）由，得。
因为为锐角三角形，所以。
所以。
由正弦定理，
得。
由，得。 ………………………………………………………………………… 6分
（Ⅱ）选择条件②：的面积为。
因为的面积，
得，故。
因为为锐角三角形，
所以。
在中，由余弦定理。
所以。 ………………………………………………………………………… 13分
选择条件③：的周长为。
因为，，的周长为，
所以。
由余弦定理 .
在△ACD中，由余弦定理 .
所以 . ………………………………………………………………………… 13分
（17）（共14分）
解：（Ⅰ）如图，取PB中点F，连接AF，EF.
因为E是PC的中点，
所以 ，.
因为M为AD的中点，
所以 ，.
所以 ，.
所以四边形AMEF是平行四边形.
所以 .
因为 平面PAB， 平面PAB，
所以 平面PAB. ………………………………………………………………………… 5分
（Ⅱ）如图，取BC中点N，连接MN.
因为底面ABCD是正方形，M为AD的中点，所以 .
因为 ，所以 .
因为平面P平面ABCD， 平面PAD，
平面PAD∩平面，所以 平面ABCD.
因为 平面ABCD，所以 .
如图建立空间直角坐标系，
则 ，，，.
因此 ，，，.
设平面PAB的法向量为 ，则
即 .
令 ，则 ，.
所以平面PAB的法向量为 .
设 ，
则 .
为平面的法向量，
，，
，
因为，所以，即，解得.
因为，所以，即的值为。 …………………………… 14分
（18）（共13分）
解：（Ⅰ）设事件“两轮比赛累计得分不低于20分”，
由已知该选手正确回答甲类问题的概率为，
所以.
所以该选手两轮比赛累计得分不低于20分的概率为。 …………………………… 3分
（Ⅱ）的所有可能取值为，，，.
，，
，，
的分布列为
的数学期望。 ………… 10分
（Ⅲ）。 ……………………………………………………………………… 13分
（19）（共15分）
解：（Ⅰ）由题意得 解得，，.
所以的方程为。 …………………………………………………… 5分
（Ⅱ）设，，直线，直线，
其中，。
因为点在椭圆上，所以。
由得。
则。
所以。
由得，
则。
所以。
由于点到直线的距离与点到直线的距离之和为，
所以。
故，即。
解得。
由于在第一象限，
所以。 ………………………………………………………………………… 15分
（20）（共15分）
解：（Ⅰ）由条件得。
所以。
所以。
因为，
所以曲线在点处的切线方程为。 …………………………… 4分
（Ⅱ）（ⅰ）由条件得，
所以。
令，即，
解得。
当变化时，，变化如下：
单调递减 极小值 单调递增
所以的极小值为，无极大值。 …………………… 9分
（ⅱ）关于的方程等价于，
由于，
故。
令，
所以。
令，
则。
因为，，
所以。
所以在上单调递增。
因为，
所以当时，，即。
所以在区间上单调递增。
因为，
所以当时，。
故当时，关于的方程在上无解。 ………… 15分
（21）（共15分）
解：（Ⅰ），，，，，， …………………… 4分
（Ⅱ）由于变换，将的第项与第项同时减1，
因此变换前的数列与变换后的数列的奇数项的和与偶数项的和之差不变.
对于，，，，中，，
此时的奇数项的和与偶数项的和之差为.
当的各项均为0时，变换后的数列的奇数项的和与偶数项的和之差为0，
因此，即. ……………………………… 9分
（Ⅲ）因为为偶数，把，，，分成组，
其中，为第1组，，为第2组，…，，为第组，，为第组，
存在变换使每组的两个数中至少一个变为0，
因此存在变换，，，，当中的项非负时，所有
项中0的个数不小于.
由已知可得同一组的两个数不能相同.
下证第2组，第3组，…，第组，这组数满足：每一组中的较大数不小于3.
考察第2组数，，不妨设，
若，则只能为1或2，此时存在一组变换使得第2组的两个数均变为0，矛盾.
同理可以证明其它组的两个数中较大的不小于3.
对于第1组，这两个数至少有一个不小于2，
对于第组，这两个数，至少有一个不小于2，
因此的所有项之和不小于.
令，，，，，，，，，，，
这个数列满足对任意的一组变换，，，，当中的项非负时，
中的3和2均不会变为0，
因此中0的个数不大于.
综上所述，的所有项之和的最小值为. ……………………………… 15分
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