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2026 北京西城高三一模
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
第1页/共19页，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：
对于任意的 ，若 ，则 ；
①存在正整数a，b，使得曲线 关于坐标原点对称；
②设 ，则方程 有无数个解；
③设 ，则当 时，函数 的值域中有且仅有5个元素．
④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．
第2页/共19页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．
某类读者图书借阅量分类占比情况
读者类型 调查人数 年人均借阅量（册）
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）
第3页/共19页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l，对任意 ，有 ．
第4页/共19页参考答案
一、单选题
1．【答案】C
【详解】 ， ，
故 .
2．【答案】D
【分析】根据复数的乘法运算可得 ，结合复数的几何意义分析判断.
【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．【答案】B
【详解】设等比数列的公比为 ,
由 得,
，两式作比，得 ，得 ，
则 ．
4．【答案】C
【分析】根据题意得 ，利用赋值法和二项式系数求解.
【详解】由于 ，
则 ，
令 ，得 ，
又因为 ，
所以 .
5．【答案】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．【答案】B
第5页/共19页【分析】根据 的关系判断 的奇偶性，再根据周期的定义，判断 的周期，即可选择.
【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．【答案】A
【分析】根据平面向量的三角不等式取等条件判断充分性，举反例判断必要性.
【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．【答案】B
【分析】转化为恒成立问题，由对称性求出函数的值域，得到不等式，求出答案
【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：
第6页/共19页由图可知，要使 ，只需满足 ，解得 .
9．【答案】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．【答案】A
【分析】先求出圆C的圆心和半径，根据数量积的几何意义，可得 ，进而可得点P的轨迹方程，
根据直线恒过定点，结合点与圆的位置关系，分析求解，即可得答案.
【详解】圆C的方程变形为 ，圆心 ，半径 ，
第7页/共19页又 ， ，
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 .
二、填空题
11．【答案】
【分析】根据题意，利用抛物线的定义，即可求解.
【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．【答案】4
【详解】已知 ， ，其中 ，
得： ，
所以 ，
当 时，
13．【答案】 （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 ，
第8页/共19页故取 ， 满足条件.
14．【答案】 6.6 3.5
【分析】根据等差数列的定义，结合已知条件求解即可.
【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．【答案】
【分析】根据①题意③，结合 表示不超过实数x的最大整数，函数 ，以及 为正整数，利
用函数的性质，逐项分析判断，即可求解.
【详解】对于 ，因为 表示不超过实数x的最大整数，
由 为正整数①，若 ，可得 ，则 ，
两式相加得 ，即 ，所以 正确；
对于 ，当 时， ； ①
取 ② ，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 ，
第9页/共19页所以不存在正整数 ，使得曲线 关于坐标原点对称，所以 错误；
对于 ，当 时， ， ②
设 ③ ，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 正确；
③
对于 ，当 ，且 时，可得 ，
所以④ ，
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 错误.
三、解答题 ④
16．【答案】(1) /
(2) ；
第10页/共19页【分析】（1）利用余弦定理和面积公式即可得解；
（2）利用正弦定理表示出 ，化简，然后结合正弦函数性质求最值.
【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．【答案】(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
【分析】（1）由面面垂直得 平面 ，再由线面垂直，推出 ，得证结论.
（2）条件①思路： 先由 平面 得 ，再结合 推出矛盾，故此条件不成
立，四棱锥不存在.
条件②思路： 由 且 为中点得 为直角三角形，证 底面，建系求点坐标，求
两平面法向量，用向量公式求二面角余弦值.
条件③思路： 由全等证 ，由面面垂直得 底面，建空间直角坐标系，求各点坐标，求两
平面法向量，用夹角公式算余弦值.
【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 .
第11页/共19页因为 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 .
第12页/共19页设两平面夹角为 ，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．【答案】(1)在职人员借阅的文学类图书量更大
第13页/共19页(2)
(3)
【分析】（1）先根据“总借阅量=调查人数×年人均借阅量×对应类别占比”的公式，分别列出在职人员文
学类、中学生教辅类的借阅量计算式，再代入数据比较大小；
（2）先根据大学生各类借阅占比和为 ，求出 的值，得到大学生借阅科技类的概率；同理根据中
学生各类借阅占比和为 ，求出 的值，得到中学生借阅科技类的概率；然后将“3册书中至少有2
册为科技类图书”分解为“2册科技类1册非科技类”和“3册都是科技类”两个子事件，利用独立事件概
率公式和互斥事件概率加法公式计算总概率；
（3）根据偏好度的定义，计算各类读者的“偏好度”，可得答案.
【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：
2名大学生均借科技，中学生不借科技： ，
①
② 仅1名大学生借科技，中学生借科技： ，
3人均借科技： ，
③
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： ，
第14页/共19页因此未知占比满足 ，
同理，由 得 ， ，
因此 ， ，
，
，
因此： .
综上：
19．【答案】(1) ；
(2)证明见详解.
【分析】（1）根据已知直接求出 即可；
（2）将问题转化为证明 ，设出直线方程，结合 ，用 表示出点 坐标，然后代入椭
圆方程求解即可得证.
【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： ，
第15页/共19页整理得 ，
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．【答案】(1) 单调递减区间为： ，单调递增区间为： .
(2) 无零点.
(3)面积 .
【分析】（1）先求定义域，再求导找零点，划分区间判符号，确定单调减区间，再确定单调增区间.
（2）提取公因式转化函数，求导找单调性与最小值，判断最小值恒正，推出函数恒正，故无零点.
（3）先求切线方程得截距坐标，由等腰直角得边长相等，分类讨论去绝对值，构造函数求零点，算出坐
标求面积.
【详解】（1）定义域： ，函数 求导得 .
令 ，得 .
当 时， ， 单调递减；
第16页/共19页当 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.
第17页/共19页因为 ,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．【答案】(1)具有，理由见解析
(2)（i）4；（ii）证明见解析
【分析】（1）首先分析数列 为周期数列，再根据性质 的定义即可判断；
（2）（i）分别取取 和 ，再利用反证法即可证明；
（ii）利用（i）中的结论证明得存在 ， ，满足 ，其中 ，再分 和
时证明 即可.
【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．
第18页/共19页所以 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 ．
第19页/共19页
