北京市通州区2026届高三下学期4月模拟考试数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页北京市通州区2026届高三下学期4月模拟考试数学试卷一、选择题：本大题共10小题，共50分。1.已知集合A=x0<x<3，B=x∣−1≤x<2，则A∩B=(

)A.x−1≤x<3 B.x0<x<2 C.x2<x<32.已知复数a+bi=5i2+i(a,b∈R)，则a+b=A.−1 B.1 C.3 D.53.在(2x−1)5的展开式中，x2的系数为A.−80 B.−40 C.40 D.804.双曲线x2m+3+yA.±3,0 B.±3,0 C.0,±35.已知数列an，则“∀n∈N∗，an+2=an+k(kA.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6.已知直线y=kx与圆x2+y2−2x+2y−1=0交于点M，N.当k变化时，A.1 B.2 C.22 7.等边▵ABC的边长为6，若AD=2DC，AE=EB，则A.5 B.3 C.−3 D.−58.在深度学习模型训练中，模型的训练损失值会随训练轮次增加而逐渐下降．当损失值低于初始损失值的1100时就要对模型进行调整，假设某深度学习模型的训练损失值Lt=L0e−kt(L0为初始损失值，t为训练轮次，k为衰减系数)，已知训练到第10轮时(当t=10时A.24 B.35 C.47 D.1009.已知函数fx=sin4ωx+3sinωx⋅cosA.16 B.13 C.2310.已知数列an满足an+1=a①若an为常数列，则a②当a1>2时，总有③当a1=−2时，an为递增数列，且存在常数M<0其中正确结论的个数为(

)A.0 B.1 C.2 D.3二、填空题：本大题共5小题，共25分。11.函数fx=log2x+cosπx+π612.已知直线y=3x−1过抛物线C:y2=2pxp>013.如图某简单组合体由上下两部分组成，下部是一个圆柱，上部是一个圆锥，圆锥的底面与圆柱的上底面重合，圆柱的底面半径为4，高为6，圆锥的高为3，则此组合体的体积为

；表面积为

14.“垛积术”是我国古代数学的重要成就之一．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》中记载了关于“方垛”的描述及计算方法：如图1所示“方垛”，自上而下每层每边物体数依次递增1个，第1层放1个物体，第2层放4个物体，…，第n层放n2个物体，则这n层方垛所放的物体总数为13nn+1n+12.现有某“三角垛”如图2所示，自上而下每层每边物体数依次递增1个，第1层放1个物体，第2层放3个，第3层放6个，第4层放10个，第5层放15个物体，…，则第8图1

图215.已知函数fx的定义域为R，f2x+1是偶函数，fx+2是奇函数．关于①fx的图象关于x=②fx③若f1+f2④若x∈0,1时，fx=2x其中所有正确结论的序号是

．三、解答题：本题共6小题，共75分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。16.在▵ABC中，角A，B，C所对的边为a，b，c，cosB=45，(1)求c的值；(2)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▵ABC为钝角三角形，求AC边上的高．条件①：b=5；条件②：BA⋅BC=16；条件③：▵ABC的周长为17.如图，在三棱锥P−ABC中，▵PAC为边长为2的等边三角形，PB=2，AB=BC=2，O为棱AC(1)求证：平面ABC⊥平面POB；(2)棱BC上(端点除外)是否存在一点M，使得平面PAM与平面PAC的夹角为π6.若存在，求BM18.随着人工智能技术的发展，AI智能体已被广泛应用于处理各类任务．在实际应用中，AI智能体处理的任务通常会根据内容属性、处理难度、业务场景划分为不同类型．常见的任务类型主要有：基础功能类任务、逻辑推理类任务、内容生成类任务、感知识别类任务、交互协作类任务等．由于模型设计与训练方向不同，不同智能体在处理各类任务时的表现存在一定差异．某人工智能实验室为测评甲、乙两款AI智能体在逻辑推理类任务(A类任务)、交互协作类任务(B类任务)中的实际表现，对A类、B类各500项任务开展测试，测试结果如下表：任务类别智能体甲智能体乙测试任务数量成功完成的数量测试任务数量成功完成的数量A类任务300200200160B类任务200180300240假设每次测试结果相互独立，用频率估计概率．(1)分别估计智能体甲、智能体乙成功完成任务的概率；(2)现使用甲、乙两款智能体完成1项A类任务和2项B类任务，每项任务仅由其中一款智能体完成，根据两款智能体成功完成不同类型任务的概率，选择概率结果大的智能体完成其擅长的任务类型，估计这3项任务中恰有2项被成功完成的概率；(3)某企业拟从甲、乙两款智能体中选购一款并获得其使用权，假设该企业所承担的任务中，A类任务占比14，B类任务占比34，且两款智能体的购置及使用成本相同，试判断该企业应选购哪款智能体．(19.已知椭圆E:x2a2+y(1)求椭圆E的方程；(2)过点M1,0的直线l与椭圆E分别交于A，B两点，已知点C52,1，直线BC与直线x=4交于点N.20.已知函数fx的定义域为R，f′x(1)求函数f′x(2)判断曲线y=f′x上是否存在两点P，Q，使得P，Q关于1,0(3)直线l1是曲线y=fx在Aa,faa>0处的切线，过点A作垂直于l1的直线l2，直线l1，l2与21.不超过实数x的最大整数称为x的整数部分，记作x.例如，1.1=1，−1.1=−2.设函数(1)已知函数gx=xfx，集合Mn(ⅰ)写出b1，b2及数列(ⅱ)对任意正整数nn≥2，等式fafa(2)求证：对给定的正整数n，当n≥2时，对于任意的实数x1,x2,⋯,xn∈0,1参考答案1.B

2.C

3.B

4.D

5.B

6.B

7.D

8.C

9.A

10.C

11.−32

12.2

13.112π

；

；

；；84π

14.36

；

；

；

；；115.②③

16.解：(1)因为cosB=45，且B∈(0,π)设▵ABC外接圆半径为R，由正弦定理得a+c所以2RsinCsinB=3，即：(2)选择条件①：由余弦定理，得b2=a2+c2−2accosB，代入此时cosA=b2+c设AC边上的高为h，则S▵ABC=12ac选择条件②：若BA⋅BC=16，则BA由余弦定理得：b2因为a2=16，b2=9，c2选择条件③：若▵ABC周长为18，则a+b=18−c=13，由余弦定理得：b2联立解得：a=8，b=5，所以cosA=b2+c设AC边上的高为h，则S▵ABC=12ac

17.解：(1)∵▵PAC为边长为2的等边三角形，O为AC中点，∴PO⊥AC，且PO=∵AB=BC=2，O为∴BO⊥AC，且AC=2，故AO=1，∴BO=∵PB=2，∴PO2+B∵AC∩BO=O，AC,BO⊂平面ABC，∴PO⊥平面ABC．∵PO⊂平面POB，∴平面ABC⊥平面POB．(2)由第一小问，以O为坐标原点，OB为x轴，OC为y轴，OP为z轴建立空间直角坐标系，O(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，A(0,−1,0)，P(0,0,设BMBC=λ(λ∈(0,1))，则BM=λBC=∵BO⊥AC,BO⊥OP，且AC∩OP=O,AC,OP⊂平面PAC∴BO⊥平面PAC∴平面PAC的法向量为OB=(1,0,0)设平面PAM的法向量为n=(x,y,z)，其中AP=(0,1,∴令y=3(1−λ)，代入解得z=λ−1∴n已知平面PAM与平面PAC的夹角为π6∴代入数据得两边约去3后平方整理得3λ2−10λ+3=0，解得∵λ∈(0,1)，∴λ=1因此存在满足条件的点M，且BMBC

18.解：(1)智能体甲总测试任务数为300+200=500，成功完成总数为200+180=380，因此甲成功完成任务的频率为：f1因为用频率估计概率，所以甲成功完成任务的概率估计为P智能体乙总测试任务数为200+300=500，成功完成总数为160+240=400，因此乙成功完成任务的频率为：f2因为用频率估计概率，所以乙成功完成任务的概率估计为P2所以智能体甲成功完成任务的概率为P1=0.76、智能体乙成功完成任务的概率(2)先计算两款智能体完成不同类型任务的成功率：甲完成A类：P1A=200300=乙完成A类：P2A=160200=比较概率大小得：P2A>P1A,因此分配为：A类由乙完成，2项B类由甲完成。设“3项任务恰有2项成功”为事件M，分两种互斥情况：①A类任务成功，仅1个B类任务成功：P3②A类任务失败，2B类任务成功：P4因此：PM所以估计这3项任务中恰有2项被成功完成的概率为0.306．(3)因为A类任务占比14，B类任务占比3甲完成A类的概率P1A=23，甲完成所以甲完成任务的期望为E1同理乙完成A类任务的概率P2A=45，乙完成所以乙完成任务的期望为E2所以E1

19.解：(1)由题意，b=1ca所以椭圆E的方程为x2(2)如图：当直线AB与x轴重合时，先取A−2,0，B2,0，则直线BC：所以N4,4，k再取A2,0，B−2,0，则直线BC：所以N4,43当直线AB不与x轴重合时，设直线AB：x=ty+1，代入椭圆方程x2得ty+124+设Ax1,y1，B直线BC：y−1y令x=4，可得y=3即N4,所以k==2t综上可知，直线AN的斜率为定值23

20.解：(1)令gx=f′x=x因为ex所以当x<1时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x>1时，gx所以f′(x)的单调递增区间为(−∞,1)，单调递减区间为(1,+∞)．(2)若存在P,Q关于(1,0)对称，则等价于方程g(2−x)=−g(x)存在两个不等于1的不同实根，

构造函数hx令φx=2−x

∵e∴x<1时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增，x>1时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减，φ(x)的最大值为φ1=2e>0，且x→±∞时，因此φ(x)有两个不同零点，即方程g(2−x)=−g(x)有两个不同解，对应两个不同点P,Q．(3)切线l1斜率k1=f′令x=0得：y1

l2与l1垂直，斜率k2=−e令x=0得：y2代入所求表达式化简，f(a)全部消去：y1设t=eaa对ta=eaa求导得t′a=eaa−1a2，因此∵1−2t2∴e∴y1+

21.解：(1)(ⅰ)当x∈0,1时，有fx=0，故gx=0当x∈n−1,n,n≥2时，有fx又因为n−1x∈[n−12,nn−1)，所以因此，b1(ⅱ)由(ⅰ)知，当n≥2时，有bn+1=n，bn令cn=an，则acn又因为cn≤an，所以n−1≤a−1另一方面，cn>an−1，于是由n−1≤a−1cn<n可得上式对任意n≥2恒