北京市2026届高三数学下学期4月月考试卷解析版

第一部分（选择题共40分）

一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.

1.若复数z12i，则iz在复平面上对应的点位于（）

A.第一象限B.第二象限

C.第三象限D.第四象限

【答案】B

【解析】

【分析】由复数的四则运算求解即可．

【详解】由题意得复数z12i，则iiii，

则iz在复平面上对应的点2,1，位于�第=二象1限+.2=−2+

11ð

2.已知集合UR，Ax1，Bx|0x，则AUB（）

x4

1

A.,1B.1,0,

4

1

C.,0,D.1,0

4

【答案】D

【解析】

【详解】由，UR，得U，

11

�=�|0<�<4∁�=(−∞,0]∪[4,+∞)

又，所以U.

1

�=�|�≤−1=�|−1≤�<0�∩∁�=−1,0

3.已知a,b,cR，且ab，c1，ab0，则（）

ccab

A.acb1B.ac>bC.D.

bacc

【答案】D

【解析】

【详解】对于A，当a3，b2，c6时，ac3b11，故A错误；

对于B，当a1，b2，c3时，ac=-3<b=-2，故B错误.

cc

对于C，当a1，b1，c2时，22，故C错误；

ba

ab

对于D，因为ab，c1，所以，故D正确.

cc

5

4.如图，设抛物线C:x24y的焦点为F，过x轴上一点A作直线l交C于B、D两点，若FB，

2

AB

FD7，则（）

BD

1125

A.B.C.D.

4379

【答案】B

【解析】

AB

【分析】利用抛物线的定义可求出B、D两点的纵坐标，结合图形可求得的值.

BD

【详解】设点Bx1,y1、Dx2,y2，抛物线C的准线方程为y1，

53

由抛物线的定义可得FBy1，可得y，

1212

=

FDy217，可得y26，

ABy311AB1

所以1，故.

ADy2264BD3

故选：B.

5.若点M是圆C:x2y24x0上的任一点，直线l:xy20与x轴、y轴分别相交于A、B两

点，则MAB的最小值为（）

ππππ

A.B.C.D.

12436

【答案】A

【解析】

【分析】作出图形，分析可知当直线AM与圆C相切，且切点位于x轴下方时，MAB取最小值，求出

OAB、CAM的大小，可求得MAB的最小值.

【详解】如下图所示：

3π

直线l的斜率为1，倾斜角为，故ÐOAB=π，

44

2

圆C的标准方程为x2y24，圆心为C2,0，半径为r2，

易知直线l交x轴于点A2,0，所以，AC4，

由图可知，当直线AM与圆C相切，且切点位于x轴下方时，MAB取最小值，

1π

由圆的几何性质可知CMAM，且CM2AC，则CAM，

26

ππππ

故MABOAB.

64612

故选：A.

6.在ABC中，ABAC=1,D是AC的中点，则BDCD的取值范围是

311313

A.(,)B.(,)C.(,)D.(,)

444444

【答案】A

【解析】

1

【详解】根据向量的运算得到BDCDBCCD·CDBC·CD.

4

x1x21

设BC=x,BCD,BCCDcos

244

31

x0,2,代入上式得到结果为,.

44

故答案为：A。

点睛：这个题目考查的是向量基本定理的应用；向量的点积运算。解决向量的小题常用方法有：数形结合，

向量的三角形法则，平行四边形法则等；建系将向量坐标化；向量基底化，选基底时一般选择已知大小和

方向的向量为基底。

7.质点P和Q在以坐标原点O为圆心，半径为1的圆周上同时出发逆时针作匀速圆周运动．P的起点坐标

3122

为,，角速度为1rad/s；Q的起点坐标为,，角速度为2rad/s．则质点Q与P相遇点对

2222

应的坐标可能为（）

316262

A.,B.,

2244

226262

C.,D.,

2244

【答案】D

【解析】

ππ

【分析】设质点P与Q相遇时用时ts，根据题意可得2tt2kπ,kN，求出t，代入可

46

π

得到质点Q落在4kπ,kN的终边上，根据三角函数的定义即可求解.

12

ππ

【详解】由题意得，点P在的终边上，点Q在的终边上，

64

设质点P与Q相遇时用时ts，

ππ

由题意得2tt2kπ,kN，

46

π

解得t2kπ,kN，

12

ππππ

此时质点Q落在2t22kπ4kπ,kN的终边上，

441212

ππππ232162

所以点Q的横坐标为cos4kπcoscos，

12124622224

πππ232162

点Q的纵坐标为sinsin，

124622224

6262

所以质点Q坐标为,.

44

故选：D.

*

8.设等比数列an的前n项和为Sn，则“nN，SnSn10”是“公比q0”的（）

A.充分不必要条件B.必要不充分条件

C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件

【答案】A

【解析】

【详解】当q1时，满足q0，此时，Sn与Sn1中必有一个为零，所以SnSn10，即SnSn10不

成立，

*

所以“公比q0”推不出“nN，SnSn10”；

当q0时，若a10，则nN*，an0，所以，即；

��>0,��+1>0����+1>0

若a10，则nN*，an0，所以，即.

��<0,��+1<0����+1>0

因为等比数列的公比q0，

*

所以“nN，SnSn10”，能推出公比q0.

*

综上所述，等比数列an的前n项和为Sn，则“nN，SnSn10”是“公比q0”的充分不必要条

件.

9.某人工智能团队在训练深度学习模型时，采用分阶段学习率衰减策略.第一阶段使用对数衰减，初始学

习率为0.1，学习率随迭代次数n(nN*)的变化公式为0.10.01ln(n1).当学习率小于等于0.05时，

0.01nn1

切换至第二阶段，第二阶段使用指数衰减策略，学习率公式为0.05e，其中n1为第一阶段结束

时的迭代次数，n为总迭代次数.当学习率小于等于0.01时，模型停止训练.则该模型需要训练的总迭代次

数为（结果保留整数.参考数据：（e5148.413，ln51.609）（）

A.307B.308C.309D.310

【答案】C

【解析】

【分析】在第一阶段解出n1，在第二阶段解出n.

【详解】在第一阶段，由0.10.01ln(n1)0.05，

即ln(n1)5，得n1e5148.413，而nN*，所以解得n148，

即n148时第一阶段迭代结束，所以n1148.在第二阶段，

0.01nn0.01n1480.01n1481

由0.05e10.05e0.01，即e，

5

1

得0.01(n148)lnln5609，1.

5

而nN*，所以解得n309，即n309时模型停止训练.

故选：C.

1

10.设函数fxaln1x1aR，下列说法正确的是（）

x

A.存在实数a，使得曲线yfx为轴对称图形；

B.存在实数a，使得曲线yfx为中心对称图形；

1

C.存在实数a，使得曲线yf为轴对称图形；

x

1

D.存在实数a，使得曲线yf为中心对称图形.

x

【答案】C

【解析】

【分析】由函数的对称性进行判断求解．

【详解】对于A，B两项，函数fx的定义域为1,00,，则曲线不是轴对称图形，也不是中心

对称图形，故A，B都是错误；

11x

C.令hxf(xa)ln1（x0或x1），

xx

1

由对称性知，若存在对称轴或对称中心，必在直线x上，

2

1xx

考虑h(x)h(x1)(xa)ln1(x1a)ln1

xx1

1xx1x1

(xa)ln(x1a)ln(2a1)ln（x0或x1），

xxx

1x1

当a时，h(x)h(x1)(2a1)ln0，

2x

所以h(x)h(x1)，

11

所以h(x)f关于x对称，故C正确；

x2

1xx

D.考虑h(x)h(x1)(xa)ln1(x1a)ln1

xx1

1xx1x1

(xa)ln(x1a)ln2(2x1)ln2（x0或x1），

xxx

所以不存在实数a，使得h(x)h(x1)0，

1

即不存在实数a，使得曲线yf为中心对称图形，故D错误.

x

第二部分（非选择题共110分）

二、填空题共5小题，每题5分，共25分.

9

13

11.在x的展开式中，x的系数是______.

2x

6315

【答案】##3

1616

【解析】

【分析】写出展开式通项，令x的指数为3，求出参数的值，代入通项即可得解.

【详解】展开式通项为CC.

��9−3�

�9−�1�12

��+1=9⋅�⋅−2�=9⋅−2⋅��=0,1,2,⋯,9

93r

令3得r=5，所以展开式中x3的系数为C.

5

25163

9×−2=−16

12.已知双曲线x2my21，若m1，则双曲线的渐近线方程为______；若双曲线上存在四个点A，B，

C，D使得四边形ABCD为正方形，则m的一个取值为______．

【答案】①.yx②.1（答案不唯一）

2

【解析】

1

【分析】第一空，根据双曲线的渐近线方程求解即可；第二空，分析可得1，进而解不等式求解即可.

m

【详解】当m1时，双曲线为x2y21，此时a2b21，

则双曲线的渐近线方程为yx.

2

2y

22x1m0

双曲线xmy1，即1，

m

1

其渐近线方程为yx，

m

要使双曲线上存在四个点A,B,C,D满足四边形ABCD是正方形，

根据正方形的对称性可得正方形的对称中心在原点，且在第一象限内的顶点横纵坐标相等，

11

则1，解得0m1，可取m.

m2

故答案为：yx；1（答案不唯一）.

2

13.故宫角楼的屋顶是我国十字脊顶的典型代表，如图1，它是由两个完全相同的直三棱柱垂直交叉构成，

将其抽象成几何体如图2所示．已知三棱柱ABFCDE和BDGACH是两个完全相同的直三棱柱，侧

棱EF与GH互相垂直平分，AFBFa，AFBF，则点G到平面ACEF的距离是______．

a1

【答案】##a

22

【解析】

【分析】根据已知条件，结合空间中直线与平面的位置关系，先确定点G到平面ACEF的垂线段，再根据

KGh

sin

已知条件得IG2，解方程求出即可．

a

2

【详解】取AC中点M，连接MI，过G作MI的垂线交MI的延长线于点K，

取AB中点N，连接FN，

由已知，M、I分别为AC、EF中点，

因为ABFCDE是直三棱柱，所以AFAC，EF//AC且EFAC，

所以FI//AM且FIAM，所以四边形AMIF为平行四边形，

又AFAC，所以AMIF为矩形，所以EFMK，

又EFGH，MK平面KIG，GHÌ平面KIG，MKGHI，

所以EF平面KIG，KG平面KIG，所以EFKG，

又因为KGMK，EF平面ACEF，MK平面ACEF，EFMKI，

所以KG平面ACEF，所以点G到平面ACEF的距离等于线段KG的长度，设为h，

AFBF，在RtABF中，AFBFa，

2

所以ABa2a22a，设FAB，则有sin，

2

因为四边形AMIF为平行四边形，所以MI//AF，

又因为BDGACH是直三棱柱，所以AB//HG，且HGAB2a，

2a

所以KIGFAB，IG，

2

又因为KG平面ACEF，IK平面ACEF，所以KGIK，

KGhh2

sin

所以IG2，即22，

aa

22

a

解得h，

2

a

所以点G到平面ACEF的距离是．

2

|ax1|,x1

14.已知函数f(x)，其中a0且a1.若关于x的方程f(x)a3恰有三个

(2a)(x1)1,x1

不相等的实数根x1,x2,x3，则a的取值范围为_____，且x1x2x3的取值范围为_______.

【答案】①.3a4②.x1x2x32

【解析】

【分析】根据给定条件，按0a1,1a2,a2,a2分类作出函数yf(x)的图象，数形结合求出a

的范围；再利用方程根的意义，结合基本不等式求出范围.

【详解】当0a1时，函数yf(x)的图象及直线ya3如图：

当1a2时，函数yf(x)的图象及直线ya3如图：

当a2时，函数yf(x)的图象及直线ya3如图：

当a2时，函数yf(x)的图象及直线ya3如图：

观察图象知，当且仅当a2且0a31，即3a4时，函数yf(x)的图象及直线ya3有3

个交点，

即方程f(x)a3有三个不相等的实数根x1,x2,x3，不妨令x1x2x3，

2

x1x2x1x2

则x(1,2)，由f(x1)f(x2)，得1aa1，即aa2，

3a2

x1x2

x1x2x1x2aa2

因此aaa()1，则x1x20，所以x1x2x32.

2

15.已知无穷数列an满足下列三个性质：

（i）a10，a20；

*

（ⅱ）对任意的nN，anZ；

（ⅲ）对任意的n2，都有an2ananan1.

则下列说法正确的是_____.

①当a21，a32时，a62；

②当a22时，存在单调递增的数列an满足上述条件；

*

③当a2a30时，a2k0对任意的kN成立；

*

④对于任意数列an，总存在mN，使得对任意的nm，都有an1an0.

【答案】①③④

【解析】

【分析】根据题干给出的三个性质，结合推导数列的递推关系，结合选项，分别对四个命题逐一分析判断，

即可求解.

【详解】对于①：当a10，a21，a32，

由（ⅲ）对任意的n2，都有an2ananan1，可得an22anan1，

可得a42a2a12102；a52a3a22213；

a62a4a32222，所以①正确；

对于②，若a22，若存在单调递增整数列，则必须0a1a2a3a4，

即02a3a4，且a42a2a14，

所以2a34，因为a3Z，所以a33，此时a52a3a24，

所以a5a4，所以②错误；

对于③：当a2a30时，则a2a30

由a42a2a12a20；a52a3a2；

a62a4a34a2a33a30；a72a5a44a34a2，

，，

�8=2�6−�5=2(4�2−�3)−(2�3−�2)=9�2−4�3>5�3>0

且a2a10，a4a30，a6a50，，即a2a1,a4a3,a6a5,a8a7,，

归纳可得a2k2a2k2a2k3且a2k2a2k3，所以a2k0，所以③正确；

对于④，由特征方程，可得(r1)(r2r1)0，

3

�−2�+1=0

解得1515，则nn，

r1,r,ranABC

12232

1515

其中,，则，

22

�<1,�>1

假设，则n，

C0anAB

因为是无理数，要使得所有anZ，必须B0，

否则n会产生无理数的部分，无法始终抵消，

因为，所以n，因为，所以n符号交替，

anC0

�>1

所以当n充分大时，an1an0成立，所以④正确；

三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.

csin2B

16.在ABC中，22，b33．

cosB

（1）求sinC的值；

（2）若cb，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得ABC存在且唯一，

求BC边上中线的长．

46

条件①：AC边上的高为；

9

条件②：c3；

3

条件③：cosB．

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.

【答案】（1）6

9

（2）选择条件，答案见解析.

【解析】

【分析】（1）根据二倍角公式及正弦定理即可求出sinC.

（2）根据正弦定理、余弦定理求出解三角形，并判断ABC是否唯一，再根据余弦定理即可求解.

【小问1详解】

csin2Bc2sinBcosB

由22可得，22，即csinB2，

cosBcosB

bc

由正弦定理可得，，所以bsinCcsinB2.

sinBsinC

226

又b33，所以sinC.

b339

【小问2详解】

6

已知b33，cb，sinC，

9

π

所以C为锐角，且C.

6

461461466

条件①：AC边上的高为，则SbabsinC，即a，所以a4.

929299

2

又2653，

cosC1sinC1

99

253

所以c2a2b22abcosC423324333，所以c3，

9

综上，a4，b33，c3，所以ABC存在且唯一.

153

在ACD中，AC33，CDBC2，cosC，

29

253

所以ADAC2CD22ACCDcosC3322233211.

9

故BC边上中线的长为11.

条件②：c3

26π

由csinB2可得，sinB，又C，所以B可以为钝角，也可以为锐角，ABC不唯一.

336

3

条件③：cosB，则B为钝角，此时ABC存在且唯一.

3

2

236.

sinB1cosB1

33

6

33

bsinC

由bsinCcsinB可得，c93.

sinB6

3

3

在ABC中，AC33，AB3，cosB，

3

2

22

AB2BC2AC23BC333

所以cosB,

2ABBC23BC3

整理得，BC22BC240，解得BC4或BC6（舍去）.

153

在ACD中，AC33，CDBC2，cosC，

29

253

所以ADAC2CD22ACCDcosC3322233211.

9

故BC边上中线的长为11.

17.如图，在四棱锥ABCFG中，ABC是边长为4的等边三角形，四边形BCFG为菱形，CBG60，

平面ABC平面BCFG，D为棱AB的中点，记平面ABC和平面AFG的交线为l.

（1）证明：l∥BC；

6

（2）在线段CG（不含端点）上是否存在一点E，使得直线DE与平面ACF所成角的正弦值为？若

10

CE

存在，求的值；若不存在，请说明理由.

CG

【答案】（1）证明见解析

CE1CE7

（2）存在，或.

CG4CG9

【解析】

【分析】（1）由题意FG∥BC，可得BC//平面AFG，然后利用线面平行的性质可证得l∥BC；

（2）建立空间直角坐标系，求出平面ACF的法向量，利用点到平面的距离的向量公式求解.

【小问1详解】

证明：∵四边形BCFG为菱形，∴FG∥BC，

∵FG平面AFG，BC平面AFG，∴BC//平面AFG，

∵BC平面ABC，平面ABC平面AFGl，

∴l∥BC.

【小问2详解】

取BC的中点O，连接OA，OG，

∵ABC是边长为4的等边三角形，∴OABC，

∵四边形BCFG为菱形，CBG60，∴CBG为等边三角形，OGBC，

∵平面ABC平面BCFG，平面ABC平面BCFGBC，OG平面BCFG，OGBC，

∴OG平面ABC，

以O为坐标原点，以OA，OB，OG所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，

则O0,0,0，A23,0,0，B0,2,0，C0,2,0，D3,1,0，，，

�0,−4,23�0,0,23

AC23,2,0，，AD3,1,0，

��=−23,−4,23

设平面ACF的法向量为mx,y,z，

mAC23x2y0

则，由，

mAF23x4y23z0

�⊥��

�⊥��

令x1，则y3，z1，m1,3,1，

6

假设在线段CG（不含端点）上存在一点E，使得直线DE与平面ACF所成角的正弦值为.

10

设CECG，01，

则DEDCCEDCCG3,3,00,2,233,23,23，

∵平面ACF的法向量为m1,3,1，

6

直线DE与平面ACF所成角的正弦值为，

10

∴，

�⋅��23−43�6

22

cos�,��=���=5×3+(2�−3)+12�=10

17

整理得3623770，解得或，

49

CE1CE7

所以在线段CG（不含端点）上存在点E，当或时，

CG4CG9

6

直线DE与平面ACF所成角的正弦值为.

10

18.某地区教育研究部门为了解当前本地区中小学教师在教育教学中运用人工智能的态度、经验、困难等

情况，从该地区2000名中小学教师中随机抽取100名进行了访谈.在整理访谈结果的过程中，统计他们对

“人工智能助力教学”作用的认识，得到的部分数据如下表所示：

没有帮助有一些帮助很有帮助合计

性男21020

别

女354080

年40岁以下（含40岁）135

龄

40岁以上62645

假设用频率估计概率，且每位教师对“人工智能助力教学”作用的认识相互独立.

（1）估计该地区中小学教师中认为人工智能对于教学“没有帮助”的人数；

（2）现按性别进行分层抽样，从该地区抽取了5名教师，求这5名教师中恰有1人认为人工智能对于教学

“很有帮助”的概率；

（3）对受访教师关于“人工智能助力教学”的观点进行赋分：“没有帮助”记0分，“有一些帮助”记2

分，“很有帮助”记4分.统计受访教师的得分，将这100名教师得分的平均值记为0，其中年龄在40岁

以下（含40岁）教师得分的平均值记为1，年龄在40岁以上教师得分的平均值记为2，通过计算比较

0,1,2的大小关系.

7

【答案】（1）140（2）

40

（3）102

【解析】

【分析】（1）完善表格，得到到100名教师中，认为人工智能对于教学“没有帮助”的频率，频率估计概

率即可估计该地区中小学教师中认为人工智能对于教学“没有帮助”的人数；

（2）由男女比例得到抽取情况，分别求出男女教师认为对于教学“很有帮助”的概率，然后分别求得“这

1人”为男老师和女老师的概率，然后求和得到结果；

（3）由题意分别求出0,1,2，然后比较.

【小问1详解】

根据表格中数据，完善表格，

没有帮助有一些帮助很有帮助合计

性男210820

别女5354080

40岁以下（含40岁）1193555

年

龄

40岁以上6261345

可以得到100名教师中，认为人工智能对于教学“没有帮助”的频率为7，

100

用频率估计概率，估计该地区中小学教师中认为人工智能对于教学“没有帮助”的人数为

7

2000140；

100

【小问2详解】

男女比例为20:801:4，故抽取的5名教师，有1名男教师，4名女教师，

82

用频率估计概率，估计该地区中小学教师中男教师认为对于教学“很有帮助”的概率为，

205

401

女教师认为对于教学“很有帮助”的概率为，

802

抽取的5名教师中，恰有1人认为人工智能对于教学“很有帮助”，

4

211

则1名男教师认为人工智能对于教学“很有帮助”的概率为1，

5240

3

1名女教师认为人工智能对于教学“很有帮助”的概率为21113，

1C41

52220

137

故这5名教师中恰有1人认为人工智能对于教学“很有帮助”的概率为；

402040

【小问3详解】

70452484

2.82，

0100

10192354178

，

15555

60262134104

，

24545

178104

因为2.82，所以102.

5545

x2y2

19.已知椭圆C:1(ab0)的短轴长为2，左右焦点分别为F1，F2，M为椭圆C上一点，且

a2b2

MF1x轴，|MF2|7|MF1|.

（1）求椭圆C的标准方程；

（2）已知直线xtym(t0且0m2)与椭圆C交于A，B两点，点A关于原点的对称点为A1、关于

△

x轴的对称点为A2，直线BA2与x轴交于点D，若△ABD与ABA1的面积相等，求m的值.

x2

【答案】（1）y21

4

2

（2）m3

3

【解析】