北京市北师大二附中2026届高三第一次模拟（适应性测试）考试数学试题试卷含解析.doc

北京市北师大二附中2026届高三第一次模拟（适应性测试）考试数学试题试卷
注意事项：
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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．设且，则下列不等式成立的是（ ）
A． B． C． D．
2．执行如图所示的程序框图，若输入，，则输出的值为（ ）

A．0 B．1 C． D．
3．幻方最早起源于我国，由正整数1，2，3，……，这个数填入方格中，使得每行、每列、每条对角线上的数的和相等，这个正方形数阵就叫阶幻方．定义为阶幻方对角线上所有数的和，如，则（ ）

A．55 B．500 C．505 D．5050
4．已知不等式组表示的平面区域的面积为9，若点， 则的最大值为（ ）
A．3 B．6 C．9 D．12
5．已知，，则（ ）
A． B． C． D．
6．已知函数，，若成立，则的最小值为（ ）
A．0 B．4 C． D．
7．若圆锥轴截面面积为，母线与底面所成角为60°，则体积为( )
A． B． C． D．
8．已知，是两条不重合的直线，是一个平面，则下列命题中正确的是（ ）
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，则 D．若，，则
9．点为不等式组所表示的平面区域上的动点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
10．已知函数有两个不同的极值点，，若不等式有解，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
11．已知向量，满足||＝1，||＝2，且与的夹角为120°，则＝（ ）
A． B． C． D．

12．已知函数，若，则的值等于（ ）
A． B． C． D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．如图，养殖公司欲在某湖边依托互相垂直的湖岸线、围成一个三角形养殖区.为了便于管理，在线段之间有一观察站点，到直线，的距离分别为8百米、1百米，则观察点到点、距离之和的最小值为______________百米.

14．在四面体中， 分别是的中点．则下述结论：
①四面体的体积为；
②异面直线所成角的正弦值为；
③四面体外接球的表面积为；
④若用一个与直线垂直，且与四面体的每个面都相交的平面去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积最大值为．
其中正确的有_____．（填写所有正确结论的编号）
15．函数的定义域是___________．
16．若方程有两个不等实根，则实数的取值范围是_____________.
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）证明：函数在上存在唯一的零点；
（2）若函数在区间上的最小值为1，求的值.
18．（12分）如图，在四棱锥中，平面平面，.

（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）若锐二面角的余弦值为，求直线与平面所成的角.
19．（12分）已知.
（Ⅰ） 若，求不等式的解集；
（Ⅱ），，，求实数的取值范围.
20．（12分）在平面直角坐标系中，已知椭圆的中心为坐标原点焦点在轴上，右顶点到右焦点的距离与它到右准线的距离之比为．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若是椭圆上关于轴对称的任意两点，设，连接交椭圆于另一点．求证：直线过定点并求出点的坐标；
（3）在（2）的条件下，过点的直线交椭圆于两点，求的取值范围．
21．（12分）已知椭圆与x轴负半轴交于，离心率.
（1）求椭圆C的方程；
（2）设直线与椭圆C交于两点，连接AM,AN并延长交直线x=4于两点，若，直线MN是否恒过定点，如果是，请求出定点坐标，如果不是，请说明理由.
22．（10分）已知都是各项不为零的数列，且满足其中是数列的前项和，是公差为的等差数列．
（1）若数列是常数列，，，求数列的通项公式；
（2）若是不为零的常数），求证：数列是等差数列；
（3）若（为常数，），．求证：对任意的恒成立．
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】
项，由得到，则，故项正确；
项，当时，该不等式不成立，故项错误；
项，当，时，，即不等式不成立，故项错误；
项，当，时，，即不等式不成立，故项错误．
综上所述，故选．
2．A
【解析】
根据输入的值大小关系，代入程序框图即可求解.
【详解】
输入，，
因为，所以由程序框图知，
输出的值为.
故选：A
本题考查了对数式大小比较，条件程序框图的简单应用，属于基础题.
3．C
【解析】
因为幻方的每行、每列、每条对角线上的数的和相等，可得，即得解.
【详解】
因为幻方的每行、每列、每条对角线上的数的和相等，
所以阶幻方对角线上数的和就等于每行（或每列）的数的和，
又阶幻方有行（或列），
因此，，
于是．
故选：C
本题考查了数阵问题，考查了学生逻辑推理，数学运算的能力，属于中档题.
4．C
【解析】
分析：先画出满足约束条件对应的平面区域，利用平面区域的面积为9求出，然后分析平面区域多边形的各个顶点，即求出边界线的交点坐标，代入目标函数求得最大值.
详解：作出不等式组对应的平面区域如图所示：

则，所以平面区域的面积，
解得，此时，
由图可得当过点时，取得最大值9，故选C.
点睛：该题考查的是有关线性规划的问题，在求解的过程中，首先需要正确画出约束条件对应的可行域，之后根据目标函数的形式，判断z的几何意义，之后画出一条直线，上下平移，判断哪个点是最优解，从而联立方程组，求得最优解的坐标，代入求值，要明确目标函数的形式大体上有三种：斜率型、截距型、距离型；根据不同的形式，应用相应的方法求解.
5．D
【解析】
分别解出集合然后求并集.
【详解】
解：，

故选：D
考查集合的并集运算，基础题.
6．A
【解析】
令，进而求得，再转化为函数的最值问题即可求解.
【详解】
∵∴（），∴，
令：，，在上增，
且，所以在上减，在上增，
所以，所以的最小值为0.故选：A
本题主要考查了导数在研究函数最值中的应用，考查了转化的数学思想，恰当的用一个未知数来表示和是本题的关键，属于中档题.
7．D
【解析】
设圆锥底面圆的半径为，由轴截面面积为可得半径，再利用圆锥体积公式计算即可.
【详解】
设圆锥底面圆的半径为，由已知，，解得，
所以圆锥的体积.
故选：D
本题考查圆锥的体积的计算，涉及到圆锥的定义，是一道容易题.
8．D
【解析】
利用空间位置关系的判断及性质定理进行判断.
【详解】
解：选项A中直线，还可能相交或异面，
选项B中，还可能异面，
选项C，由条件可得或．
故选：D.
本题主要考查直线与平面平行、垂直的性质与判定等基础知识；考查空间想象能力、推理论证能力，属于基础题.
9．B
【解析】
作出不等式对应的平面区域，利用线性规划的知识，利用的几何意义即可得到结论．
【详解】
不等式组作出可行域如图：，，，
的几何意义是动点到的斜率，由图象可知的斜率为1，的斜率为：，
则的取值范围是：，，．
故选：．

本题主要考查线性规划的应用，根据目标函数的几何意义结合斜率公式是解决本题的关键．
10．C
【解析】
先求导得（），由于函数有两个不同的极值点，，转化为方程有两个不相等的正实数根，根据，，，求出的取值范围，而有解，通过分裂参数法和构造新函数，通过利用导数研究单调性、最值，即可得出的取值范围.
【详解】
由题可得：（），
因为函数有两个不同的极值点，，
所以方程有两个不相等的正实数根，
于是有解得.
若不等式有解，
所以
因为
.
设，
，故在上单调递增，
故，
所以，
所以的取值范围是.
故选：C.
本题考查利用导数研究函数单调性、最值来求参数取值范围，以及运用分离参数法和构造函数法，还考查分析和计算能力，有一定的难度.
11．D
【解析】
先计算，然后将进行平方，，可得结果.
【详解】
由题意可得：

∴
∴则.
故选：D.
本题考查的是向量的数量积的运算和模的计算，属基础题。
12．B
【解析】
由函数的奇偶性可得，
【详解】
∵
其中为奇函数，也为奇函数
∴也为奇函数
∴
故选：B
函数奇偶性的运用即得结果，小记，定义域关于原点对称时有：①奇函数±奇函数=奇函数；②奇函数×奇函数=偶函数；③奇函数÷奇函数=偶函数；④偶函数±偶函数=偶函数；⑤偶函数×偶函数=偶函数；⑥奇函数×偶函数=奇函数；⑦奇函数÷偶函数=奇函数

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
建系，将直线用方程表示出来，再用参数表示出线段的长度，最后利用导数来求函数最小值.
【详解】
以为原点，所在直线分别作为轴，建立平面直角坐标系，则.设直线，即，则，
所以，所以，
，
则，
则
，
当时，，则单调递减，当时，，则单调递增，
所以当时，最短，此时.
故答案为：
本题考查导数的实际应用，属于中档题.
14．①③④．
【解析】
补图成长方体，在长方体中利用割补法求四面体的体积，和外接球的表面积，以及异面直线的夹角，作出截面即可计算截面面积的最值.
【详解】
根据四面体特征，可以补图成长方体设其边长为，
，解得
补成长，宽，高分别为的长方体，在长方体中：

①四面体的体积为，故正确
②异面直线所成角的正弦值等价于边长为的矩形的对角线夹角正弦值，可得正弦值为，故错；
③四面体外接球就是长方体的外接球，半径，其表面积为，故正确；
④由于，故截面为平行四边形，可得，
设异面直线与所成的角为，则，算得，
．故正确．
故答案为：①③④．
此题考查根据几何体求体积，外接球的表面积，异面直线夹角和截面面积最值，关键在于熟练掌握点线面位置关系的处理方法，补图法作为解决体积和外接球问题的常用方法，平常需要积累常见几何体的补图方法.
15．
【解析】
由于偶次根式中被开方数非负，对数的真数要大于零，然后解不等式组可得答案.
【详解】
解：由题意得，

，解得，
所以，
故答案为：
此题考查函数定义域的求法，属于基础题.
16．
【解析】
由知x＞0，故.
令，则.
当时，；当时，.
所以在（0，e）上递增，在（e，+）上递减.
故，即.

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）证明见解析；（2）
【解析】
（1）求解出导函数，分析导函数的单调性，再结合零点的存在性定理说明在上存在唯一的零点即可；
（2）根据导函数零点，判断出的单调性，从而可确定，利用以及的单调性，可确定出之间的关系，从而的值可求.
【详解】
（1）证明：∵，∴.
∵在区间上单调递增，在区间上单调递减，
∴函数在上单调递增.
又，令，，
则在上单调递减，，故.
令，则
所以函数在上存在唯一的零点.
（2）解：由（1）可知存在唯一的，使得，即（*）.
函数在上单调递增.
∴当时，，单调递减；当时，，单调递增.
∴.
由（*）式得.
∴，显然是方程的解.
又∵是单调递减函数，方程有且仅有唯一的解，
把代入（*）式，得，∴，即所求实数的值为.
本题考查函数与导数的综合应用，其中涉及到判断函数在给定区间上的零点个数以及根据函数的最值求解参数，难度较难.（1）判断函数的零点个数时，可结合函数的单调性以及零点的存在性定理进行判断；（2）函数的“隐零点”问题，可通过“设而不求”的思想进行分析.
18．（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）.
【解析】
（Ⅰ）由余弦定理解得，即可得到，由面面垂直的性质可得平面，即可得到，从而得证；
（Ⅱ）在平面中，过点作于点，则平面，如图所示建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法得到二面角的余弦，即可得到的关系，从而得解；
【详解】
解：（Ⅰ）证明：在中，，解得，
则，从而
因为平面平面，平面平面
所以平面，
又因为平面，
所以，
因为，，平面，平面，所以平面；
（Ⅱ） 解：在平面中，过点作于点，则平面，如图所示建立空间直角坐标系，设，其中，则

设平面的法向量为，则
，即，
令，则
又平面的一个法向量，则

从而，故
则直线与平面所成的角为，大小为.
本题考查线面垂直的判定，面面垂直的性质定理的应用，利用空间向量法解决立体几何问题，属于中档题.
19．（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【解析】
（Ⅰ）利用零点分段讨论法把函数改写成分段函数的形式,分三种情况分别解不等式,然后取并集即可；
（Ⅱ）利用绝对值三角不等式求出的最小值,利用均值不等式求出的最小值,结合题意,只需即可,解不等式即可求解.
【详解】
（Ⅰ）当时， ，
，或，或
，或
所以不等式的解集为；
（Ⅱ）因为
，又

（当时等号成立），
依题意，，，有，
则，解之得，
故实数的取值范围是.
本题考查由存在性问题求参数的范围、零点分段讨论法解绝对值不等式、利用绝对值三角不等式和均值不等式求最值；考查运算求解能力、分类讨论思想、逻辑推理能力；属于中档题.
20．（1）；（2）证明详见解析，；（3）.
【解析】
(1)根据题意列出关于的等式求解即可.
(2)先根据对称性,直线过的定点一定在轴上,再设直线的方程为,联立直线与椭圆的方程, 进而求得的方程,并代入,化简分析即可.
(3)先分析过点的直线斜率不存在时的值,再分析存在时,设直线的方程为,联立直线与椭圆的方程,得出韦达定理再代入求解出关于的解析式,再求解范围即可.
【详解】
解：设椭圆的标准方程焦距为,
由题意得,
由,可得
则,
所以椭圆的标准方程为；
证明：根据对称性,直线过的定点一定在轴上,
由题意可知直线的斜率存在,
设直线的方程为,
联立,消去得到,
设点,
则．
所以,
所以的方程为,
令得,
将,代入上式并整理,
,
整理得,
所以,直线与轴相交于定点．
当过点的直线的斜率不存在时,直线的方程为,
此时,
当过点的直线斜率存在时,
设直线的方程为,且在椭圆上,
联立方程组,
消去,整理得,
则．
所以
所以,
所以,
由得,
综上可得,的取值范围是．
本题主要考查了椭圆的基本量求解以及定值和范围的问题,需要分析直线的斜率是否存在的情况,再联立直线与椭圆的方程,根据韦达定理以及所求的解析式,结合参数的范围进行求解.属于难题.
21．（1）（2）直线恒过定点,详见解析
【解析】
（1）依题意由椭圆的简单性质可求出，即得椭圆C的方程；
（2）设直线的方程为：，联立直线的方程与椭圆方程可求得点的坐标，同理可求出点的坐标，根据的坐标可求出直线的方程，将其化简成点斜式，即可求出定点坐标．
【详解】
（1）由题有，.∴，∴.∴椭圆方程为.
（2）设直线的方程为：，则
∴或，∴，同理，
当时，由有.∴，同理，又
∴，
当时，∴直线的方程为

∴直线恒过定点，当时，此时也过定点..
综上:直线恒过定点.
本题主要考查利用椭圆的简单性质求椭圆的标准方程，以及直线与椭圆的位置关系应用，定点问题的求法等，意在考查学生的逻辑推理能力和数学运算能力，属于难题．
22．（1）；（2）详见解析；（3）详见解析.
【解析】
(1)根据,可求得,再根据是常数列代入根据通项与前项和的关系求解即可.
(2)取,并结合通项与前项和的关系可求得再根据化简可得,代入化简即可知,再证明也成立即可.
(3)由(2) 当时,,代入所给的条件化简可得,进而证明可得,即数列是等比数列.继而求得,再根据作商法证明即可.
【详解】
解：
．
是各项不为零的常数列,

则,
则由,
及得,
当时,,
两式作差,可得．
当时,满足上式,
则；
证明：,
当时,,
两式相减得：
即．
即．
又,
,
即．
当时,,
两式相减得：．
数列从第二项起是公差为的等差数列．
又当时,由得,
当时,由,得．
故数列是公差为的等差数列；
证明：由,当时,
,即,
,
,即,
即
,
当时,即．
故从第二项起数列是等比数列,
当时,．
．
另外,由已知条件可得,
又,
,
因而．
令,
则．
故对任意的恒成立．
本题主要考查了等差等比数列的综合运用,需要熟练运用通项与前项和的关系分析数列的递推公式继而求解通项公式或证明等差数列等.同时也考查了数列中的不等式证明等,需要根据题意分析数列为等比数列并求出通项,再利用作商法证明.属于难题.