北京市朝阳区2025-2026学年高三上学期期中质量检测数学试卷（含答案）_251109北京市朝阳区2025-2026学年高三上学期期中质量检测（全科）

{#{QQABLQEwxwC40JZACC7aQQVgCwoYkJGSLKgGxRCcqA4jAQFABAA=}#}{#{QQABLQEwxwC40JZACC7aQQVgCwoYkJGSLKgGxRCcqA4jAQFABAA=}#}{#{QQABLQEwxwC40JZACC7aQQVgCwoYkJGSLKgGxRCcqA4jAQFABAA=}#}{#{QQABLQEwxwC40JZACC7aQQVgCwoYkJGSLKgGxRCcqA4jAQFABAA=}#}{#{QQABLQEwxwC40JZACC7aQQVgCwoYkJGSLKgGxRCcqA4jAQFABAA=}#}{#{QQABLQEwxwC40JZACC7aQQVgCwoYkJGSLKgGxRCcqA4jAQFABAA=}#}北京市朝阳区 2025~2026 学年度第一学期期中质量检测 高三数学参考答案 2025.11 一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分） （1）A （2）C （3）B （4）D （5） A （6）B （7）C （8）C （9）A （10）B 二、填空题（共5小题，每小题5分，共25分） 1 2 π 1 1 （11）  i （12）{xR|xkπ ,kZ} （13） ; （答案不唯一） 5 5 2 3 2 （14）4;4:3 （15）①③④ 三、解答题（共6小题，共80分） （16）（本小题13分） 解：（Ⅰ）由已知得 f(x)sinxcosxcos2x 1 1cos2x  sin2x 2 2 2 π 1  sin(2x ) ． 2 4 2 2π 所以函数 f(x)的最小正周期为T  π． 2 π π kπ π 令2x kπ (kZ)，得x  (kZ)． 4 2 2 8 kπ π 所以 y f(x)的图象的对称轴方程是x  (kZ)．...................................9分 2 8 π π π （Ⅱ）因为0≤xa，所以 ≤2x 2a ． 4 4 4 因为函数 f(x)在区间[0,a)上无最小值， 3π π 3π 所以 2a ≤ ． 4 4 2 π 5π 所以 a≤ ． 4 8 π 5π 所以实数a的取值范围为( , ]．..........................................................................13分 4 8 高三数学试卷 第 1 页（共 8 页） {#{QQABLQEwxwC40JZACC7aQQVgCwoYkJGSLKgGxRCcqA4jAQFABAA=}#}（17）（本小题14分） 解：（Ⅰ）取PC的中点F ，连接DF,EF． 因为E,F分别为PB,PC的中点， 1 所以EF //BC且EF  BC． 2 在四边形ABCD中， 因为DAC ACB45， 所以AD//BC ． 因为△ADC是等腰直角三角形，且AC  2AD． 因为△BAC是等腰直角三角形，且BC  2AC． 1 所以AD BC． 2 所以EF // AD且EF  AD． 所以四边形EFDA是平行四边形． 所以AE//DF ． 又因为AE平面PDC，DF 平面PDC， 所以AE//平面PDC．..............................................................................................6分 （Ⅱ）因为PA平面ABCD，所以PA AB,PA AC． 又AB AC，如图建立空间直角坐标系Axyz． 又因为PA AC 2，所以C(0,2,0),P(0,0,2),D(1,1,0)．   所以CP(0,2,2),CD(1,1,0)． 设平面PDC的法向量为m(x,y,z)．  mCP0, 2y2z0, 由  得 mCD0, x y0. 令 y 1，则m(1,1,1)． （ⅰ）又因为PA AC,AB AC ， 所以AC 平面PAB ．  所以AC (0,2,0)是平面PAB 的法向量． 设平面PAB与平面PDC的夹角为，则 高三数学试卷 第 2 页（共 8 页） {#{QQABLQEwxwC40JZACC7aQQVgCwoYkJGSLKgGxRCcqA4jAQFABAA=}#}  |mAC| 2 3 cos|cosm,AC |    ． |m||AC| 32 3 3 所以平面PAB 与平面PDC夹角的余弦值为 ．....................................12分 3 （ⅱ）设点A到平面PDC的距离为d．  |APm| 2 2 3 所以d    ． |m| 3 3 2 3 所以点A到平面PDC的距离为 ．.......................................................14分 3 （18）（本小题13分） a b 解：（Ⅰ）由正弦定理  及acosC 3asinCb， sinA sinB 得sinAcosC 3sinAsinCsinB． 因为ABCπ，所以sinBsin[π(AC)]sin(AC)． 所以sinAcosC 3sinAsinCsin(AC)， 即sinAcosC 3sinAsinC sinAcosCcosAsinC ， 化简得 3sinAsinCcosAsinC． 因为C(0,π)，所以sinC 0． 所以 3sinAcosA． 3 又A(0,π)，且cosA0，所以tanA ． 3 π 所以A ． .....................................................5分 6 （Ⅱ）选择条件②： π 因为BC CD，即BCD ， 2  2 7 所以sinADCsin( B)cosB ． 2 7 21 由ADC为钝角和sin2ADCcos2ADC1，得cosADC ． 7 高三数学试卷 第 3 页（共 8 页） {#{QQABLQEwxwC40JZACC7aQQVgCwoYkJGSLKgGxRCcqA4jAQFABAA=}#}π  2 7 3 21 1 21 因为A ，所以sinACDsin(ADC )      ． 6 6 7 2 7 2 14 CD AD 在△ACD中，由正弦定理  ， sinA sinACD AD 14 1 得CD sinA 3   7 ． sinACD 21 2 2 7  21 由cosB ，sin2Bcos2B1，B(0, )，得sinB ． 7 2 7 CD 在Rt△BDC中，由sinB 得 BD CD 7 7 3 BD   sinB 21 3 ． 7 7 3 10 3 所以ABBDAD  3 ． 3 3 选择条件③： 1 由△ACD的面积为 3，得S  ADACsinA 3 ， △ADC 2 解得AC 4． 在△ACD中，由余弦定理得 3 CD2  AD2 AC2 2ADACcosA( 3)2 42 2 34 ， 2 解得CD 7． CD AC 2 7 由正弦定理  ，得sinADC  ． sinA sinADC 7 21 由ADC为钝角和sin2ADCcos2ADC1，得cosADC  ． 7 21 所以cosBDC ． 7 CD 在Rt△BDC中，由cosBDC  得 BD 高三数学试卷 第 4 页（共 8 页） {#{QQABLQEwxwC40JZACC7aQQVgCwoYkJGSLKgGxRCcqA4jAQFABAA=}#}CD 7 7 3 BD   cosBDC 21 3 ． 7 7 3 10 3 所以ABBDAD  3 ． .........................................................13分 3 3 （19）（本小题15分） 解：（Ⅰ）当a0时， f(x)2lnxx，x(0,)， 2 所以 f(x) 1，又 f(1)1， f(1)1， x 所以曲线 y f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为y f(1) f(1)(x1)， 即x y20．.........................................................................................................5分 2 (x2)(ax1) （Ⅱ）函数 f(x)的定义域为(0,)， f(x) (2a1)ax ． x x （1）当a≤0时，ax10，令 f(x)0，得x2． f(x)与 f(x)的变化情况如下表： x (0,2) 2 (2,) f(x) + 0 - f(x) ↗ 极大值 ↘ 所以 f(x)的单调递增区间为(0,2)；单调递增减区间为(2,)． 1 1 （2）当0a 时，令 f(x)0，得x2或x ． 2 a f(x)与 f(x)的变化情况如下表： 1 1 1 x (0,2) 2 (2, ) ( ,) a a a f(x) + 0 - 0 + f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 1 1 所以 f(x)的单调递增区间为(0,2),( ,)；单调递增减区间为(2, )． a a 1 (x2)2 （3）当a 时， f(x) ≥0，所以 f(x)在(0,)上单调递增． 2 2x 1 1 （4）当a 时，令 f(x)0，得x2或x ． 2 a 高三数学试卷 第 5 页（共 8 页） {#{QQABLQEwxwC40JZACC7aQQVgCwoYkJGSLKgGxRCcqA4jAQFABAA=}#}f(x)与 f(x)的变化情况如下表： 1 (0, ) 1 1 (2,) x a ( ,2) 2 a a f(x) + 0 - 0 + f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 1 1 所以 f(x)的单调递增区间为(0, ),(2,)；单调递增减区间为( ,2)． a a 综上，当a≤0时， f(x)的单调递增区间为(0,2)；单调递增减区间为(2,)． 1 1 1 当0a 时，f(x)的单调递增区间为(0,2),( ,)；单调递减区间为(2, )． 2 a a 1 当a 时， f(x)的单调递增区间为(0,)；无单调递减区间． 2 1 1 1 当a 时，f(x)的单调递增区间为(0, ),(2,)；单调递增减区间为( ,2)． 2 a a .......................................................................................................................................15分 （20）（本小题15分） cosx(2cosx)sin2 x 2cosx1 解：（Ⅰ） f(x)  ， (2cosx）2 (2cosx)2 1 2π 令 f(x)0，得cosx ，因为x[0,π]，所以x ． 2 3 2π 2π 当x(0, )时， f(x)0， f(x)在区间(0, )上单调递增； 3 3 2π 2π 当x( ,π)时， f(x)0， f(x)在区间( ,π)上单调递减． 3 3 2π 3 所以 f(x)在区间[0,π]上的最大值为 f( ) ．..............................................5分 3 3 1 （Ⅱ）因为g(x) f(x) x， π 2cosx1 1 2πcosxπ(2cosx)2 所以g(x)   ． (2cosx)2 π π(2cosx)2 设(x)2πcosxπ(2cosx)2， 则(x)(42π2cosx)sinx． 高三数学试卷 第 6 页（共 8 页） {#{QQABLQEwxwC40JZACC7aQQVgCwoYkJGSLKgGxRCcqA4jAQFABAA=}#}π 当x(0, )时，(x)(42π2cosx)sinx(62π)sinx0， 2 π 所以(x)在区间(0, )上单调递减． 2 π 又(0)3π90，( )π40， 2 π 所以存在唯一x (0, )使(x )0． 0 2 0 所以g(x )0． 0 当x(0,x )时，g(x )0，g(x)在区间(0,x )上单调递增， 0 0 0 π π 当x(x , )时，g(x )0，g(x)在区间(x , )上单调递减， 0 2 0 0 2 所以xx 为g(x)的极大值点， 0 π 即g(x)在区间(0, )上有且只有一个极大值点．...................................................12分 2 1 （Ⅲ）( ,1)．.........................................................................................................................15分 2 （21）（本小题15分） 解：（Ⅰ）A{2,4,6}．...............................................................................................................4分 （Ⅱ）不存在，理由如下： 假设存在i, j,k{2,3,,7}(i jk)使得A ∩A  A ∩A  A ∩A ． 1 i 1 j 1 k 不妨设i2, j3,k 4，设A ∩A  A ∩A  A ∩A {a}， 1 2 1 3 1 4 A {a,b,c},A {a,d,e},A {a, f,g},A {a,h,l}． 1 2 3 4 由①②可知，a,b,c,d,e, f,g,h,l互不相同． 由③可知，存在集合A(t{5,6,7,})与A 的交集不为{a}， t 1 且由②可知，集合A 与A 的交集中有且仅有一个元素， t 1 不妨设集合A 为A ，且A ∩A {b}，故a A,bA ． t 5 5 1 5 5 由②可知，A ∩A ,A ∩A ,A ∩A 的元素个数均为1， 2 5 3 5 4 5 且A ∩A ,A ∩A ,A ∩A 均不为{a}或{b}， 2 5 3 5 4 5 所以集合A ∩A {d}或{e}，A ∩A {f}或{g}，A ∩A {h}或{l}． 2 5 3 5 4 5 高三数学试卷 第 7 页（共 8 页） {#{QQABLQEwxwC40JZACC7aQQVgCwoYkJGSLKgGxRCcqA4jAQFABAA=}#}由于b,d,e, f,g,h,l 互不相同，集合A 至少包含4个元素，与①矛盾． 5 所以不存在i, j,k{2,3,,7}(i jk)使得A ∩A  A ∩A  A ∩A ．............9分 1 i 1 j 1 k （Ⅲ）设集合Q{A,A ,,A }具有性质S(4)． 1 2 n 在A,A ,,A 中存在一个集合，其中至少有两个元素分别属于其他集合， 1 2 n 否则，若A,A ,,A 中的每一个集合中至多有一个元素属于其他集合， 1 2 n 则与②或③矛盾． 不妨设该集合为A{a ,a ,a ,a }，设元素a ,a 分别属于其他集合， 1 2 3 4 1 2 除了集合A之外，设包含元素a 的集合有s个，分别记为B,B ,,B ， 1 1 2 s 设集合C包含元素a ． 2 当1≤i i ≤s时，若B ∩C B ∩C {b}，则b,a B ∩B ，与②矛盾， 1 2 i 1 i 2 1 i 1 i 2 所以B ∩C,B ∩C,,B ∩C互不相同，且均不为{a}． 1 2 s 1 因为C的元素个数为4，且已经包含一个元素a ，所以s≤3． 2 所以除了集合A之外，包含元素a 的集合至多有3个． 1 同理可得，除了集合A之外，包含元素a 的集合至多有3个， 2 除了集合A之外，包含元素a 的集合至多有3个， 3 除了集合A之外，包含元素a 的集合至多有3个． 4 所以n≤14313． 当n13时，集合Q{A,A ,,A }具有性质S(4)，其中： 1 2 13 A {1,2,4,10},A {2,3,5,11},A {3,4,6,12},A {4,5,7,13}， 1 2 3 4 A {5,6,8,1},A {6,7,9,2},A {7,8,10,3},A {8,9,11,4}， 5 6 7 8 A {9,10,12,5},A {10,11,13,6},A {11,12,1,7},A {12,13,2,8}， 9 10 11 12 A {13,1,3,9}．（构造不唯一） 13 综上，n的最大值为13．..........................................................................................15分 高三数学试卷 第 8 页（共 8 页） {#{QQABLQEwxwC40JZACC7aQQVgCwoYkJGSLKgGxRCcqA4jAQFABAA=}#}