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北京市西城区2026届高三4月统一测试试卷数学
一、单选题
1．已知集合，集合，则集合（ ）
A． B． C． D．
2．在复平面内，复数对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
3．在等比数列中，，则（ ）
A．16 B．32 C．64 D．256
4．，则（ ）
A．16 B．65 C．80 D．81
5．若圆锥曲线的焦距为4，则其离心率为（ ）
A．2 B． C． D．
6．已知函数，则是（ ）
A．奇函数，且最小正周期为 B．奇函数，且最小正周期为
C．偶函数，且最小正周期为 D．偶函数，且最小正周期为
7．设为非零向量，则“对于任意”是“”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
8．设关于x的不等式的解集为P，若，则实数m的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
9．如图所示的沙漏是由上下两个相同的圆锥形容器组成，其内细沙的总体积为．假设上方容器中细沙的堆积体一直近似为一个倒置的圆锥，初始时细沙都在上方容器内，且此时沙堆的高度为，在重力和限流片的作用下细沙徐徐流入下方容器，经过分钟后剩余沙堆的体积（为常数）．已知初始时细沙都在上方容器内，经过10分钟后上方沙堆的高度降为，此时将沙漏上下颠倒，若倒置后的上方容器内沙堆高度再次降为，则需再经过的时间约为（ ）（参考数据：）
A．8.0分钟 B．8.6分钟 C．9.4分钟 D．10.6分钟
10．在平面直角坐标系中，点M在圆心为C的圆上．若动点P满足，则对于，点P到直线的距离的最大值为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
11．设抛物线的准线为l，为C上一点，则P到l的距离为______．
12．设平面向量，其中，的最小值为_________．
13．已知，且，写出满足条件的一组的值_________，_________．
14．《营造法式》是中国古代最完整的建筑技术著作，是中国古代建筑发展到了较高阶段的标志．书中根据不同等级房屋建筑的需要，将建筑中的木方（断面为矩形的木料）的尺寸分为8个等级．记这8个等级木方断面的长与宽分别为与，若对任意，且与都是公差为的等差数列，是公差为的等差数列．已知，，则_________， _________．
15．记表示不超过实数x的最大整数．设a，b为正整数，函数，给出以下四个结论：
①对于任意的，若，则；
②存在正整数a，b，使得曲线关于坐标原点对称；
③设，则方程有无数个解；
④设，则当时，函数的值域中有且仅有5个元素．
其中，所有正确结论的序号是_________．
三、解答题
16．已知的面积，且．
(1)求C的大小；
(2)记的周长为．给出的解析式，并求其最大值．
17．如图，在四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，且，E为PD的中点，平面平面．
(1)求证：；
(2)若，从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得四棱锥存在，求平面PAE与平面AEC夹角的余弦值．
条件①：；
条件②：；
条件③：．
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）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．
18．某市图书馆为了解馆内图书借阅情况，随机对馆内的部分读者进行了为期一年的跟踪调查，得到下表数据，其中部分数据意外缺失，分别用字母a，b，c，d（）表示．
读者类型 调查人数 年人均借阅量（册） 某类读者图书借阅量分类占比情况
文学类 科技类 教辅类 社科类 其他
在职人员 600 18.5 35% 25% 10% 20% 10%
大学生 800 24.3 30% 40% 13% a b
中学生 500 15.2 25% 20% 40% c d
假设每位读者的每次借阅情况互不影响．用频率估计概率．
(1)在参与调查的读者中，比较这一年里“在职人员”借阅的文学类图书量与“中学生”借阅的教辅类图书量的大小，说明理由：
(2)在该市图书馆的所有读者中随机选出2名大学生和1名中学生，已知这3人每人借阅了1册书，估计所借的3册书中至少有2册为科技类图书的概率；
(3)为分析同一类读者的偏好，市图书馆将图书借阅量分类占比的平均差定义为该类读者的“偏好度”，其中为其图书借阅量分类占比值，为所有的均值，n为图书的类别个数．记“在职人员”、“大学生”和“中学生”的“偏好度”分别为，写出这三个“偏好度”的大小关系．（结论不要求证明）
19．已知椭圆的右顶点为A，下顶点为B，左右焦点分别为，且，圆经过点B．O为坐标原点．
(1)求椭圆E的方程；
(2)设圆W的切线与椭圆E相交于C，D两点，点在直线上，且满足，过Q作轴于点P，求证：．
20．已知函数，直线l为曲线在点处的切线．O为坐标原点．
(1)求函数的单调区间；
(2)设，研究函数的零点个数；
(3)若l与x轴、y轴分别交于点A，B，且为等腰直角三角形，求的面积．
21．对任意无穷数列，定义从起连续k项的和为：，其中k，i为任意正整数．若无穷数列满足：对任意和，存在，使得，则称数列具有性质T．
(1)设，其中．判断数列是否具有性质T？说明理由；
(2)已知数列具有性质T，
（i）求集合中元素个数的最大值；
（ii）证明：存在正整数t，对任意，有．
参考答案
1．C
【详解】，，
故.
2．D
【详解】因为复数，
所以其在复平面内对应的点为，位于第四象限.
故选：D.
3．B
【详解】设等比数列的公比为,
由得,
，两式作比，得，得，
则．
4．C
【详解】由于，
则，
令，得，
又因为，
所以.
5．D
【详解】由圆锥曲线，可知，
则，所以，曲线为双曲线，
所以焦距为，
解得，则，
所以离心率.
6．B
【详解】由题意得，
故，
又其定义域为，故为奇函数；
又的最小正周期为，
且的最小正周期为，则的最小正周期为，
且，
故的最小正周期为.
综上所述：是奇函数，且最小正周期为.
7．A
【详解】因为为非零向量，若对任意都有，则不共线，
根据不等式的取等条件可知，，充分性成立；
若，不妨取，且同向，
则，满足，
此时存在，使得，必要性不成立.
综上，为非零向量，“对于任意”是“”的充分不必要条件.
8．B
【详解】，即的解集为P，设，
设，由于，故为偶函数，
由对称性可知，
又，故，
因为，，作出函数的图象如下图：
由图可知，要使，只需满足，解得.
9．C
【详解】初始时，上方沙堆高度为，体积为，
体积比等于高度比的立方，
经过10分钟后上方沙堆的高度降为，上方剩余沙堆的体积，
经过分钟后上方剩余沙堆的体积，
经过分钟后上方剩余沙堆的体积，
，，，，
经过分钟后上方剩余沙堆的体积为，
下方容器内的体积为，
将沙漏上下颠倒，此时上方容器内的沙堆体积为，
设此时上方容器的高度为，
，，，
倒置后的上方容器内沙堆高度再次降为时，上方容器剩余沙堆的体积为，
设从倒置后到高度再次降为需要的时间为，
则，即，，
，分钟.
10．A
【详解】圆C的方程变形为，圆心，半径，
又，，
所以，即在方向上的投影为，
所以，又，所以，
则点P的轨迹是以C为圆心，2为半径的圆，
又直线恒过定点，
所以，
则P到直线的距离的最大值为.
11．
【详解】由抛物线，可得焦点为，准线方程为，
因为为C上一点，
根据抛物线的定义，可得点到准线距离为.
12．4
【详解】已知，，其中，
得：，
所以，
当时，
13． （答案不唯一，满足题意即可） （答案不唯一，满足题意即可）
【详解】，即，
结合，可知
两边同除可得：，
即，又，
故取，满足条件.
14． 6.6 3.5
【详解】因为是公差为的等差数列，所以，.
又，所以.
因为对任意，，所以，所以.
因为是公差为的等差数列，所以，.
又，所以，同理，
因为都是公差为的等差数列，所以.
又，所以.
综上，，.
15．①③
【详解】对于①，因为表示不超过实数x的最大整数，
由为正整数，若，可得，则，
两式相加得，即，所以①正确；
对于②，当时，；
取，可得，
对于任意，可得，
当时，，可得；
而，显然，
对于任意正整数，取且非整数，
可得，所以，
又由，可得，
可得，此时，
所以不存在正整数，使得曲线关于坐标原点对称，所以②错误；
对于③，当时，，
设，可得，
所以，
令，可得，解得，
当时，可得，可得；
当时，可得，可得；
当时，可得，可得；
当时，可得，可得；
设，由且为整数，
当时，可得；当时，可得；
当时，可得；当时，可得；
所以当且时，满足，此时有无数个解，所以③正确；
对于④，当，且时，可得，
所以，
当时，可得，可得；
当时，可得，可得；
当时，可得，可得；
当时，可得，可得，
所以在上的取值为，共有4个元素，所以④错误.
16．(1)/
(2)；
【详解】（1）由余弦定理和面积公式得：，，
代入可得：，化简得：，
又因为在三角形中，，所以.
（2）设为三角形外接圆半径，则由正弦定理可得：，则，
所以，，
则三角形周长为：
其中，所以，代入可得：
，
，其中
所以，则当，即时，取得最大值，
所以.
17．(1)证明见解析
(2)条件①不符合要求，条件②和条件③下平面PAE与平面AEC夹角的余弦值为
【详解】（1）因为平面平面，平面平面.
又平面，，由面面垂直的性质定理，得平面.
因为平面，所以.
（2）由题意，，，，故.
底面为平行四边形，故，，.
若选条件①：
由（1）知平面，故平面，因此.
若，又，这显然不可能，
故条件①无法使四棱锥存在，不符合要求.
若选条件②：.
已知为中点，且，则，
所以为直角三角形，且，即.
由（1）知，又，平面，所以平面.
因为平面，所以， 即两两垂直.
以为原点，分别为轴正方向建立空间直角坐标系.
则，，，，.
为中点，故.
设平面的一法向量， ，.
设，则.
取，得，所以.
设平面的法向量： ，.
设，则.
得，取，得，所以.
设两平面夹角为，则两平面夹角的余弦值为：.
若选条件③：.
由，，，得.
由，得，，
故，即.
又平面平面，平面平面，平面，
由面面垂直的性质定理，得平面.
以为原点，、、分别为、、轴正方向建立空间直角坐标系：
，，，，.
为中点，故.
，，
设平面的一法向量： ，.
设，则.
取，得，所以.
设平面的法向量： ，，
设，则.
得，取，得，所以.
设两平面夹角为，则两平面夹角的余弦值为： .
18．(1)在职人员借阅的文学类图书量更大
(2)
(3)
【详解】（1）在职人员借阅文学类图书总量： （册），
中学生借阅教辅类图书总量： （册），
因为，所以这一年里在职人员借阅的文学类图书量更大；
（2）用频率估计概率：大学生借阅科技类的概率为，中学生借阅科技类的概率为，
三人借阅相互独立，“至少2册科技”包含三种情况：
① 2名大学生均借科技，中学生不借科技：，
② 仅1名大学生借科技，中学生借科技：，
③ 3人均借科技：，
总概率：.
（3）在职人员的5个占比分别为：，即，
，
，故；
大学生的已知占比为：，
因此未知占比满足，
由题设得，因此，，
即都小于均值，因此，，
，
，
因此：；
中学生的已知占比为：，
因此未知占比满足，
同理，由得，，
因此，，
，
，
因此：.
综上：
19．(1)；
(2)证明见详解.
【详解】（1）因为圆经过下顶点，所以，
又，所以，所以，
所以椭圆E的方程为.
（2）由（1）知，
要证，只需证，即，得，
又，所以只需证.
设，因为，所以，
当直线的斜率不存在时，易知其方程为，则，
因为，，所以
将代入得，代入得.
当直线的斜率存在时，设其方程为，易知，
则，代入，得：，
整理得，
又圆与直线相切，所以，
所以，，
因为点在椭圆上，所以，
整理得，
又，所以，
由，解得.
综上，，即可得证.

20．(1)单调递减区间为：，单调递增区间为：.
(2)无零点.
(3)面积.
【详解】（1）定义域：，函数求导得.
令，得.
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
综上所述, 单调递减区间为：，单调递增区间为：.
（2）由题可知，
所以研究函数的零点个数等价于研究的零点个数.
，令得.
，，单调递减；
，，单调递增.
所以函数有极小值同时也为最小值.
故恒成立，所以无零点.
（3）函数求导得.
所以，切线：.
化简得.
所以由题可知分别令可得，.
为等腰直角三角形，且，故.
即，
因为，所以化简得.
若 即 .
代入：左边 ,右边 .
此时 都与原点重合,不能构成三角形,舍去.
若两边约去 ,得：
令 ,则 ,方程变为：.
情况1: ,即 ,
设 ,
时, , , 单调递增.
因为 ,故唯一解 即 ,此时 ,.
等腰直角三角形面积.
情况2: ,即 ,
设 ,
单调递增;
, , 单调递减。
函数 有极大值同时也为最大值 .
所以 恒成立,方程无解.
综上,方程只有唯一解 , , ,面积 .
21．(1)具有，理由见解析
(2)（i）4；（ii）证明见解析
【详解】（1）数列具有性质．
理由如下：数列满足，其中，
即是周期为4的周期数列．
所以对任意和，当时，．
故数列具有性质．
（2）（i）取，由性质得：存在，使得．
同理，取，由性质得：存在，使得.
以此类推，得数列中任意连续4项中，必有一项的值等于．
同理，得对于数列中的每一项之后的任意连续4项中，必有一项的值等于．
假设的取值超过4个，不妨设有5个值不同的项，
由上述结论，知在之后的连续4项中，这5个不同值都会出现，这是不可能的．
所以中至多只有4个不同的取值．
又因为周期数列：具有性质，
所以集合中元素个数的最大值为4．
（ii）考察由连续4项构成的数组，
由（i）知的取值不超过4个，故这样的数组个数不超过．
所以在这257个数组中至少存在两个相同的，
即存在，，满足，其中．
以下证明：若，则，即证．
由性质，知存在，使得．
①若，即时，去掉上述等式两边的公共项，得
若，上式即为．
若，由，知，所以．
②若，因为，所以．
当时，由，得，
记其值为，由性质知，在其后四项出现，所以；
当时，由，得，
分别记其值为，，由性质，知，所以；
同理，得当时，均有．
综上，可推导出．
从而由，得，即得．
进而得到，
所以存在正整数，对任意，有．

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