北京市2026届高三数学下学期4月月考试卷 (一)【含答案】

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，则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，则iz=i1+2则在复平面上对应的点，位于第二象限.2.已知集合，，，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【详解】由B=x|0<x<14，，得∁又A=x|1x3.已知，且，，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】对于A，当，，时，，故A错误；对于B，当，，时，，故B错误.对于C，当，，时，，故C错误；对于D，因为，，所以，故D正确.4.如图，设抛物线的焦点为，过轴上一点作直线交于、两点，若，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用抛物线的定义可求出、两点的纵坐标，结合图形可求得的值.【详解】设点、，抛物线的准线方程为，由抛物线的定义可得，可得，，可得，所以，故.故选：B.5.若点是圆上的任一点，直线与轴、轴分别相交于、两点，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】作出图形，分析可知当直线与圆相切，且切点位于轴下方时，取最小值，求出、的大小，可求得的最小值.【详解】如下图所示：直线的斜率为，倾斜角为，故，圆的标准方程为，圆心为，半径为，易知直线交轴于点，所以，，由图可知，当直线与圆相切，且切点位于轴下方时，取最小值，由圆的几何性质可知，且，则，故.故选：A.6.在中，是的中点，则的取值范围是A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】根据向量的运算得到设BC=x,,代入上式得到结果为.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.质点和在以坐标原点为圆心，半径为1的圆周上同时出发逆时针作匀速圆周运动．的起点坐标为，角速度为；的起点坐标为，角速度为．则质点Q与P相遇点对应的坐标可能为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】设质点与相遇时用时，根据题意可得，求出，代入可得到质点落在的终边上，根据三角函数的定义即可求解.【详解】由题意得，点在的终边上，点在的终边上，设质点与相遇时用时，由题意得，解得，此时质点落在的终边上，所以点的横坐标为，点的纵坐标为，所以质点Q坐标为.故选：D.8.设等比数列的前n项和为，则“，”是“公比”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】当时，满足，此时，与中必有一个为零，所以，即不成立，所以“公比”推不出“，”；当时，若，则，，所以Sn>0,Sn+1>0，即Sn若，则，，所以Sn<0,Sn+1<0，即S因为等比数列的公比，所以“，”，能推出公比.综上所述，等比数列的前n项和为，则“，”是“公比”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，学习率随迭代次数的变化公式为.当学习率小于等于时，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，其中为第一阶段结束时的迭代次数，为总迭代次数.当学习率小于等于时，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：（，）（）A.307 B.308 C.309 D.310【答案】C【解析】【分析】在第一阶段解出，在第二阶段解出.【详解】在第一阶段，由，即，得，而，所以解得，即时第一阶段迭代结束，所以.在第二阶段，由，即，得，而，所以解得，即时模型停止训练.故选：C.10.设函数，下列说法正确的是（）A.存在实数，使得曲线为轴对称图形；B.存在实数，使得曲线为中心对称图形；C.存在实数，使得曲线为轴对称图形；D.存在实数，使得曲线为中心对称图形.【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，函数的定义域为，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；C.令（或），由对称性知，若存在对称轴或对称中心，必在直线上，考虑（或），当时，，所以，所以关于对称，故C正确；D.考虑（或），所以不存在实数，使得，即不存在实数，使得曲线为中心对称图形，故D错误.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.11.在的展开式中，的系数是______.【答案】##【解析】【分析】写出展开式通项，令的指数为，求出参数的值，代入通项即可得解.【详解】展开式通项为Tr+1令得，所以展开式中的系数为C95×-12.已知双曲线，若，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使得四边形为正方形，则m的一个取值为______．【答案】①.②.（答案不唯一）【解析】【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，进而解不等式求解即可.【详解】当时，双曲线为，此时，则双曲线的渐近线方程为.双曲线，即，其渐近线方程为，要使双曲线上存在四个点满足四边形是正方形，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，则，解得，可取.故答案为：；（答案不唯一）.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．已知三棱柱和是两个完全相同的直三棱柱，侧棱与互相垂直平分，，，则点到平面的距离是______．【答案】##【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，先确定点到平面的垂线段，再根据已知条件得，解方程求出即可．【详解】取中点，连接，过G作的垂线交的延长线于点K，取中点N，连接，由已知，M、I分别为、中点，因为是直三棱柱，所以，且，所以且，所以四边形为平行四边形，又，所以为矩形，所以，又，平面，平面，，所以平面，平面，所以，又因为，平面，平面，，所以平面，所以点到平面的距离等于线段的长度，设为，，在中，，所以，设，则有，因为四边形为平行四边形，所以，又因为是直三棱柱，所以，且，所以，，又因为平面，平面，所以，所以，即，解得，所以点到平面的距离是．14.已知函数，其中且.若关于的方程恰有三个不相等的实数根，则的取值范围为_____，且的取值范围为_______.【答案】①.②.【解析】【分析】根据给定条件，按分类作出函数的图象，数形结合求出的范围；再利用方程根的意义，结合基本不等式求出范围.【详解】当时，函数的图象及直线如图：当时，函数的图象及直线如图：当时，函数的图象及直线如图：当时，函数的图象及直线如图：观察图象知，当且仅当且，即时，函数的图象及直线有3个交点，即方程有三个不相等的实数根，不妨令，则，由，得，即，因此，则，所以.15.已知无穷数列满足下列三个性质：（i），；（ⅱ）对任意的，；（ⅲ）对任意的，都有.则下列说法正确的是_____.①当，时，；②当时，存在单调递增的数列满足上述条件；③当时，对任意的成立；④对于任意数列，总存在，使得对任意的，都有.【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，，，由（ⅲ）对任意的，都有，可得，可得；；，所以①正确；对于②，若，若存在单调递增整数列，则必须，即，且，所以，因为，所以，此时，所以，所以②错误；对于③：当时，则由；；；，a8=2a6-且，，，，即，归纳可得且，所以，所以③正确；对于④，由特征方程r3-2r+1=0，可得解得，则，其中，则α<1,β>1假设，则，因为是无理数，要使得所有，必须，否则会产生无理数的部分，无法始终抵消，因为β>1，所以，因为，所以符号交替，所以当充分大时，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.16.在中，，．（1）求的值；（2）若，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，使得存在且唯一，求边上中线的长．条件①：边上的高为；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.【答案】（1）（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.（2）根据正弦定理、余弦定理求出解三角形，并判断是否唯一，再根据余弦定理即可求解.【小问1详解】由可得，，即，由正弦定理可得，，所以.又，所以.【小问2详解】已知，，，所以为锐角，且.条件①：边上的高为，则，即，所以.又，所以，所以，综上，，，，所以存在且唯一.在中，，，，所以.故边上中线的长为.条件②：由可得，，又，所以可以为钝角，也可以为锐角，不唯一.条件③：，则为钝角，此时存在且唯一..由可得，.在中，，，，所以,整理得，，解得或（舍去）.在中，，，，所以.故边上中线的长为.17.如图，在四棱锥中，是边长为4的等边三角形，四边形为菱形，，平面平面，为棱的中点，记平面和平面的交线为.（1）证明：；（2）在线段（不含端点）上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）存在，或.【解析】【分析】（1）由题意，可得平面，然后利用线面平行的性质可证得；（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用点到平面的距离的向量公式求解.【小问1详解】证明：∵四边形为菱形，∴，∵平面，平面，∴平面，∵平面，平面平面，∴.【小问2详解】取的中点，连接，，∵是边长为4的等边三角形，∴，∵四边形为菱形，，∴为等边三角形，，∵平面平面，平面平面，平面，，∴平面，以为坐标原点，以，，所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，F0,-4,23，G0,0,23，，AF=-23,-4,2设平面的法向量为，则m⊥ACm令，则，，，假设在线段（不含端点）上存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为.设，，则，∵平面的法向量为，直线与平面所成角的正弦值为，∴cosm整理得，解得或，所以在线段（不含端点）上存在点，当或时，直线与平面所成角的正弦值为.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别男21020女354080年龄40岁以下（含40岁）13540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，其中年龄在40岁以下（含40岁）教师得分的平均值记为，年龄在40岁以上教师得分的平均值记为，通过计算比较的大小关系.【答案】（1）140（2）（3）【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，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别男210820女5354080年龄40岁以下（含40岁）119355540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，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；【小问2详解】男女比例为，故抽取的5名教师，有1名男教师，4名女教师，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，女教师认为对于教学“很有帮助”的概率为，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”，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名女教师认为人工智能对于教学“很有帮助”的概率为，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；【小问3详解】，，，因为，所以.19.已知椭圆的短轴长为2，左右焦点分别为，，M为椭圆C上一点，且轴，（1）求椭圆的标准方程；（2）已知直线且与椭圆C交于A，B两点，点A关于原点的对称点为、关于x轴的对称点为，直线与x轴交于点D，若与的面积相等，求m的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）短轴长为2得，由椭圆定义可得，，由即可求得，进而写出椭圆方程；（2）联立直线和椭圆方程利用韦达定理得到，，从而得到，，求出的中点坐标代入直线方程可得答案.【小问1详解】因为短轴长为2，所以，因为，所以，，又因为轴，所以，则，且，解得，则椭圆的标准方程为.【小问2详解】设，则，，联立，整理得，则，，则，直线：，令，得，故，，，则的中点坐标为，由于与的面积相等，故到直线的距离相等，因此的中点在上，可得，，则，解得，又，所以.20.已知函数.（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）若既存在极大值，又存在极小值，求实数的取值范围；（3）当时，直线与曲线有三个交点，设的取值集合为，求的取值范围.【答案】（1）（2）（3）.【解析】【分析】（1）先求出函数在处的函数值与导数值，再利用点斜式写出切线方程；（2）先对因式分解，分析的零点个数与的关系，再通过分类讨论不同下的单调性与极值点情况，确定的取值范围；（3）先求出的表达式，构造差函数ga=q-p，再通过求导分析的单调性与端点极限，从而确定的取值范围.【小问1详解】fx=2e又f'x=2ex即.【小问2详解】f'当或时，只有一个零点，不可能有两个极值点；当时，令，得或，当时，与的变化情况如下表：00,ln+0-0+极大值极小值当时，与的变化情况如下表：-ln0+0-0+极大值极小值综上：的取值范围为.【小问3详解】由（2）可得，p=fln1令，g'a令ha=