2025-2026学年北京市顺义一中高中毕业班5月模拟考试数学试题含解析.doc

2025-2026学年北京市顺义一中高中毕业班5月模拟考试数学试题
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．已知，，为圆上的动点，，过点作与垂直的直线交直线于点，若点的横坐标为，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
2．设分别是双线的左、右焦点，为坐标原点，以为直径的圆与该双曲线的两条渐近线分别交于两点（位于轴右侧），且四边形为菱形，则该双曲线的渐近线方程为（ ）
A． B． C． D．
3．将函数的图象先向右平移个单位长度，在把所得函数图象的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，若函数在上没有零点，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
4．已知正三角形的边长为2，为边的中点，、分别为边、上的动点，并满足，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
5．如图，已知三棱锥中，平面平面，记二面角的平面角为，直线与平面所成角为，直线与平面所成角为，则（ ）

A． B． C． D．
6．复数的共轭复数为（ ）
A． B． C． D．
7．已知函数，若，则的最小值为（ ）
参考数据：
A． B． C． D．
8．若非零实数、满足，则下列式子一定正确的是（ ）
A． B．
C． D．
9．已知函数，若关于的不等式恰有1个整数解，则实数的最大值为（ ）
A．2 B．3 C．5 D．8
10．设函数（，）是上的奇函数，若的图象关于直线对称，且在区间上是单调函数，则（ ）
A． B． C． D．
11．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
12．若，则函数在区间内单调递增的概率是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知，那么______.
14．已知函数，若对于任意正实数，均存在以为三边边长的三角形，则实数k的取值范围是_______.
15．已知集合，若，且，则实数所有的可能取值构成的集合是________.
16．若实数，满足不等式组，则的最小值为______.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）已知函数
（1）解不等式；
（2）若均为正实数，且满足，为的最小值，求证：.
18．（12分）已知函数.
（1）求不等式的解集；
（2）若关于的不等式在区间内无解，求实数的取值范围.
19．（12分）已知函数．
（1）当时，求的单调区间．
（2）设直线是曲线的切线，若的斜率存在最小值-2，求的值，并求取得最小斜率时切线的方程．
（3）已知分别在，处取得极值，求证：．
20．（12分）已知，，
（1）求的最小正周期及单调递增区间；
（2）已知锐角的内角，，的对边分别为，，，且，，求边上的高的最大值．
21．（12分）如图所示，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧面为正三角形，且面面，分别为棱的中点.
（1）求证：平面；
（2）（文科）求三棱锥的体积；
（理科）求二面角的正切值.

22．（10分）已知．
（1）已知关于的不等式有实数解，求的取值范围；
（2）求不等式的解集．
参考答案

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．A
【解析】
由题意得，即可得点M的轨迹为以A，B为左、右焦点，的双曲线，根据双曲线的性质即可得解.
【详解】
如图，连接OP，AM，
由题意得，
点M的轨迹为以A，B为左、右焦点，的双曲线，
.
故选：A.

本题考查了双曲线定义的应用，考查了转化化归思想，属于中档题.
2．B
【解析】
由于四边形为菱形，且，所以为等边三角形，从而可得渐近线的倾斜角，求出其斜率.
【详解】
如图，因为四边形为菱形，，所以为等边三角形，，两渐近线的斜率分别为和.
故选：B

此题考查的是求双曲线的渐近线方程，利用了数形结合的思想，属于基础题.
3．A
【解析】
根据y=Acos（ωx+φ）的图象变换规律，求得g（x）的解析式，根据定义域求出的范围，再利用余弦函数的图象和性质，求得ω的取值范围．
【详解】
函数的图象先向右平移个单位长度，
可得的图象，
再将图象上每个点的横坐标变为原来的倍(纵坐标不变)，
得到函数的图象，
∴周期，
若函数在上没有零点，
∴ ，
∴ ，
，解得，
又，解得，
当k=0时，解，
当k=-1时，，可得，
.
故答案为：A.
本题考查函数y=Acos（ωx+φ）的图象变换及零点问题，此类问题通常采用数形结合思想，构建不等关系式，求解可得，属于较难题.
4．A
【解析】
建立平面直角坐标系，求出直线，
设出点，通过，找出与的关系．
通过数量积的坐标表示，将表示成与的关系式，消元，转化成或的二次函数，利用二次函数的相关知识，求出其值域，即为的取值范围．
【详解】
以D为原点，BC所在直线为轴，AD所在直线为轴建系，
设，则直线 ，
设点，
所以
由得 ，即 ，
所以，
由及，解得，由二次函数的图像知，，所以的取值范围是．故选A．
本题主要考查解析法在向量中的应用，以及转化与化归思想的运用．
5．A
【解析】
作于,于,分析可得,,再根据正弦的大小关系判断分析得,再根据线面角的最小性判定即可.
【详解】
作于,于.
因为平面平面,平面.故,
故平面.故二面角为.
又直线与平面所成角为,因为,
故.故,当且仅当重合时取等号.
又直线与平面所成角为,且为直线与平面内的直线所成角,故,当且仅当平面时取等号.
故.

故选：A
本题主要考查了线面角与线线角的大小判断,需要根据题意确定角度的正弦的关系,同时运用线面角的最小性进行判定.属于中档题.
6．D
【解析】
直接相乘，得，由共轭复数的性质即可得结果
【详解】
∵
∴其共轭复数为.
故选：D
熟悉复数的四则运算以及共轭复数的性质.
7．A
【解析】
首先的单调性，由此判断出，由求得的关系式.利用导数求得的最小值，由此求得的最小值.
【详解】
由于函数，所以在上递减，在上递增.由于，，令，解得，所以，且，化简得，所以，构造函数，.构造函数，，所以在区间上递减，而，，所以存在，使.所以在上大于零，在上小于零.所以在区间上递增，在区间上递减.而，所以在区间上的最小值为，也即的最小值为，所以的最小值为.
故选：A

本小题主要考查利用导数研究函数的最值，考查分段函数的图像与性质，考查化归与转化的数学思想方法，属于难题.
8．C
【解析】
令，则，，将指数式化成对数式得、后，然后取绝对值作差比较可得．
【详解】
令，则，，，，
，因此，.
故选：C.
本题考查了利用作差法比较大小，同时也考查了指数式与对数式的转化，考查推理能力，属于中等题．
9．D
【解析】
画出函数的图象，利用一元二次不等式解法可得解集，再利用数形结合即可得出.
【详解】
解：函数，如图所示

当时，，
由于关于的不等式恰有1个整数解
因此其整数解为3，又
∴，，则
当时，，则不满足题意；
当时，
当时，，没有整数解
当时，，至少有两个整数解
综上，实数的最大值为
故选：D
本题主要考查了根据函数零点的个数求参数范围，属于较难题.
10．D
【解析】
根据函数为上的奇函数可得，由函数的对称轴及单调性即可确定的值，进而确定函数的解析式，即可求得的值.
【详解】
函数（，）是上的奇函数，
则，所以.
又的图象关于直线对称可得，，即，，
由函数的单调区间知，，
即，
综上，则，
.
故选：D
本题考查了三角函数的图象与性质的综合应用，由对称轴、奇偶性及单调性确定参数，属于中档题.
11．B
【解析】
求出集合，利用集合的基本运算即可得到结论.
【详解】
由，得，则集合，
所以，.
故选：B.
本题主要考查集合的基本运算，利用函数的性质求出集合是解决本题的关键，属于基础题.
12．B
【解析】函数在区间内单调递增， ，在恒成立， 在恒成立， ， 函数在区间内单调递增的概率是，故选B.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
由已知利用诱导公式可求，进而根据同角三角函数基本关系即可求解.
【详解】
∵，
∴，，
∴.
故答案为：.
本小题主要考查诱导公式、同角三角函数的基本关系式，属于基础题.
14．
【解析】
根据三角形三边关系可知对任意的恒成立,将的解析式用分离常数法变形,由均值不等式可得分母的取值范围,则整个式子的取值范围由的符号决定,故分为三类讨论,根据函数的单调性求出函数值域,再讨论,转化为的最小值与的最大值的不等式,进而求出的取值范围.
【详解】
因为对任意正实数,都存在以为三边长的三角形,
故对任意的恒成立,
,令,
则,
当,即时,该函数在上单调递减,则；
当,即时,,
当,即时,该函数在上单调递增,则,
所以,当时,因为,,
所以,解得；
当时,,满足条件；
当时,,且,
所以,解得,
综上,,
故答案为:
本题考查参数范围,考查三角形的构成条件,考查利用函数单调性求函数值域,考查分类讨论思想与转化思想.
15．.
【解析】
化简集合，由，以及，即可求出结论.
【详解】
集合，若，
则的可能取值为，0，2，3，
又因为，
所以实数所有的可能取值构成的集合是.
故答案为:.
本题考查集合与元素的关系，理解题意是解题的关键，属于基础题.
16．5
【解析】
根据题意，画出图像，数形结合，将目标转化为求动直线纵截距的最值，即可求解
【详解】
画出不等式组，表示的平面区域如图阴影区域所示，

令，则.分析知，当，时，取得最小值，且.
本题考查线性规划问题，属于基础题

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（1）或（2）证明见解析
【解析】
（1）将写成分段函数的形式，由此求得不等式的解集.
（2）由（1）求得最小值，由此利用基本不等式，证得不等式成立.
【详解】
（1）
当时，恒成立，解得；
当时，由，解得；
当时，由解得
所以的解集为或
（2）由（1）可求得最小值为，即
因为均为正实数，且

（当且仅当时，取“”）
所以，即.
本小题主要考查绝对值不等式的求法，考查利用基本不等式证明不等式，属于中档题.
18．（1）；（2）.
【解析】
（1）只需分，，三种情况讨论即可；
（2）在区间上恒成立，转化为，只需求出即可.
【详解】
（1）当时，，此时不等式无解；当时，，
由得；当时，，由得，
综上，不等式的解集为；
（2）依题意，在区间上恒成立，则，当时，
；当时，，所以当时，，
由得或，所以实数的取值范围为.
本题考查绝对值不等式的解法、不等式恒成立问题，考查学生分类讨论与转化与化归的思想，是一道基础题.
19．（1）单调递增区间为，；单调递减区间为；（2），；（3）证明见解析．
【解析】
（1）由的正负可确定的单调区间；
（2）利用基本不等式可求得时，取得最小值，由导数的几何意义可知，从而求得，求得切点坐标后，可得到切线方程；
（3）由极值点的定义可知是的两个不等正根，由判别式大于零得到的取值范围，同时得到韦达定理的形式；化简为，结合的范围可证得结论.
【详解】
（1）由题意得：的定义域为，
当时，，
，
当和时，；当时，，
的单调递增区间为，；单调递减区间为.
（2），所以（当且仅当，即时取等号），
切线的斜率存在最小值，，解得：，
，即切点为，
从而切线方程，即：．
（3），
分别在，处取得极值，
，是方程，即的两个不等正根．
则，解得：，且，．
，
，，
即不等式成立．
本题考查导数在研究函数中的应用，涉及到利用导数求解函数的单调区间、导数几何意义的应用、利用导数证明不等式等知识；本题中证明不等式的关键是能够通过极值点的定义将问题转变为一元二次方程根的分布问题.
20．（1）的最小正周期为：；函数单调递增区间为：
；（2）.
【解析】
（1）根据诱导公式，结合二倍角的正弦公式、辅助角公式把函数的解析式化简成余弦型函数解析式形式，利用余弦型函数的最小正周期公式和单调性进行求解即可；
（2）由（1）结合，求出的大小，再根据三角形面积公式，结合余弦定理和基本不等式进行求解即可.
【详解】
（1）

的最小正周期为：；
当时，即当时，函数单调递增，所以函数单调递增区间为：；
（2）因为，所以

设边上的高为，所以有，
由余弦定理可知：（当用仅当时，取等号），所以，因此边上的高的最大值.
本题考查了正弦的二倍角公式、诱导公式、辅助角公式，考查了余弦定理、三角形面积公式，考查了基本不等式的应用，考查了数学运算能力.
21．（1）见解析（2）（文） （理）
【解析】

（1）证明：取PD中点G，连结GF、AG，
∵GF为△PDC的中位线，∴GF∥CD且，
又AE∥CD且，∴GF∥AE且GF=AE，
∴EFGA是平行四边形，则EF∥AG，
又EF不在平面PAD内，AG在平面PAD内，
∴EF∥面PAD；
（2）（文）解：取AD中点O，连结PO，
∵面PAD⊥面ABCD，△PAD为正三角形，∴PO⊥面ABCD，且，
又PC为面ABCD斜线，F为PC中点，∴F到面ABCD距离，
故；
（理）连OB交CE于M，可得Rt△EBC≌Rt△OAB，
∴∠MEB=∠AOB，则∠MEB+∠MBE=90°，即OM⊥EC．
连PM，又由（2）知PO⊥EC，可得EC⊥平面POM，则PM⊥EC，
即∠PMO是二面角P-EC-D的平面角，
在Rt△EBC中，，
∴，
∴，
即二面角P-EC-D的正切值为．
【方法点晴】
本题主要考查线面平行的判定定理、二面角的求法、利用等积变换求三棱锥体积，属于难题.证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面. 本题（1）是就是利用方法①证明的.
22．（1）；（2）.
【解析】
（1）依据能成立问题知，，然后利用绝对值三角不等式求出的最小值，即求得的取值范围；（2）按照零点分段法解含有两个绝对值的不等式即可。
【详解】
因为不等式有实数解，所以
因为，所以
故。

①当时，，所以，故
②当时，，所以，故
③当时，，所以，故
综上，原不等式的解集为。
本题主要考查不等式有解问题的解法以及含有两个绝对值的不等式问题的解法，意在考查零点分段法、绝对值三角不等式和转化思想、分类讨论思想的应用。