2026届北京市朝阳区高三下学期一模 数学试卷（Word原卷版+答案解析版）

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2026.3
（考试时间120分钟 满分150分）
本试卷分为选择题40分和非选择题110分
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. 已知全集，集合满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
因为，，
所以，故.
2. 复数的实部与虚部的和是（ ）
A. B. C. 0D. 2
【答案】C
【解析】
因为复数的实部为1，虚部为，所以实部与虚部的和是.
3. 已知等差数列的前项和为，，则（ ）
A. 10B. 15C. 20D. 25
【答案】B
【解析】
在等差数列中，，
所以.
4. 已知向量，，.若，，三点共线，则（ ）
A. B. 0C. 1D. 2
【答案】B
【解析】
，，
若，，三点共线，则，解得.
5. 设点为坐标原点，过双曲线的右焦点作其一条渐近线的垂线，垂足为点，则（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】A
【解析】
如图所示，由双曲线方程可知，，
则其右焦点的坐标为，渐近线方程为，
取其中一条渐近线，过右焦点作渐近线的垂线，垂足为，
则右焦点到该渐近线的距离为，且为直角三角形，，
所以，
因此.
6. 已知函数（），则的所有零点之和为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
由，得，而，则，
所以的所有零点之和为.
7. 设，，则“且”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
【答案】B
【解析】
【分析】利用充分条件和必要条件的定义即可得到答案．
【详解】若且，则，，所以，但不能保证，
例如当，时，满足且，但，即充分性不成立；
若，则，，所以，，即必要性成立，
所以“且”是“”的必要不充分条件．
故选：B
8. 已知函数，，则（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】A.由时，，的值域判断；BC. 由时，令，用导数法判断；D.由时，令，用导数法判断.
【详解】当时，，，所以，，故A错误；
时，令，则，
令，则，所以在上递增，
又，，所以，有，
即，当时，，递减；当时，，递增；
又，则，即，，故C正确；B错误；
时，令，则，易知在上递增，则，则在上递增，所以，即恒成立，故D错误.
9. 某深度学习框架提供了一种自然指数衰减的学习率调整模型（，，，），其中为初始学习率，为衰减率，为衰减步长，为训练步数，为第步时的学习率.现有两种学习率衰减策略和，初始学习率相同，策略的参数为，，策略的参数为，.已知当训练步数为时，策略的学习率首次大于策略的学习率的2倍，当训练步数为时，策略的学习率首次大于策略的学习率的8倍，则（ ）（参考数据：）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】写出不同策略对应的学习率公式，当时，分别列出不等式，结合参考数据，计算后，再根据，求得，进而判断两者关系，即可选择.
【详解】根据题意，策略的学习率，策略的学习率；
当时，由题可知：，即，也即，
两边取对数可得：，故，又，故，
又，且为策略的学习率首次大于策略的学习率的倍，故；
当时，由题可知：，即，也即，
两边取对数可得：，故，
又，故，
又，且为策略的学习率首次大于策略的学习率的倍，故；
故，也即.
故选：A.
10. 已知集合.设集合满足，且对任意的，，（），存在，使得，则的最大值为（ ）
A. 50B. 51C. 52D. 53
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意分析可知集合的元素除以39的余数均为0或均为13或均为26，进而分析的最大值.
【详解】因为，由选项可知的最大值大于3，
若对任意的，，，存在，使得，
则集合的元素除以39的余数均为0或均为13或均为26，
即或或，
若，则，
解得，此时的最大值为51；
若，则，
解得，此时最大值为52；
若，则，
解得，此时的最大值为52；
综上所述：的最大值为52.
第二部分（非选择题 共110分）
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.
11. 在的展开式中，常数项是__________．（用数字作答）
【答案】24
【解析】
分析：根据展开式的通项公式，令的指数为，即可求得答案.
详解：展开式的通项公式为
令，即.
的展开式中，常数项是
故答案为24.
点睛：本题考查了二项式定理应用问题，利用二项展开式的通项公式求展开式中某项的系数是解题关键.
12. 已知抛物线，则的准线的方程为______；若圆分别与直线和轴都相切，且圆心在上，则圆的半径为______.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据抛物线方程求出准线方程，设出圆心坐标，根据题意列方程求出圆心坐标，半径即为圆心到轴的距离.
【详解】由抛物线可知的准线的方程为，
因为圆心在上，设圆的圆心坐标，
又因为圆分别与直线和轴都相切，
所以，解得或，
所以圆的半径.
13. 已知点，点（，）为圆：上的动点，若，则的一个取值为______.
【答案】 (区间内的值都对)
【解析】
设，已知点，则，
点（，）为圆：上的动点，
当时，，此时，
由，得.
14. 已知菱形的边长为1，，将沿折起，得到三棱锥.当平面平面时，______；当平面平面时，三棱锥的体积为______.
【答案】 ①. ②. ##
【解析】
【分析】利用面面垂直的性质、线面垂直的性质，结合勾股定理及锥体体积公式计算得解.
【详解】在边长为1的菱形中，，则是正三角形，
在三棱锥中，取中点，连接，则，
由平面平面，平面平面，平面，得平面，
又平面，则，而，因此；
取中点，连接，由，得，
则是二面角的平面角，又平面平面，于是，
由，得，，
又，所以三棱锥的体积.
15. 设无穷数列的前项和为，且对于任意，（且），给出下列四个结论：
①存在，使得是常数列；
②任意，不是递增数列；
③存在，使得是周期数列（即存在，对任意，）；
④任意，既有最大值，又有最小值.
其中正确结论的序号是______.
【答案】②③
【解析】
【分析】根据给定条件，利用前项和与第项的关系求出通项公式，再逐一判断各个结论即可.
【详解】在无穷数列中，，，当时，，
两式相减得，而，即，
当时，数列是首项为，公比为的等比数列，，
当时，，当时，，
对于①，当时，不是常数列；当时，若是常数列，则，
即，解得，此方程无解，因此不是常数列，①错误；
对于②，当时，，不是递增数列，
当时，，
若，则恒成立；若，则随的增大，正负相间变化，
即不可能恒大于0，因此数列不是递增数列，②正确；
对于③，当时，，数列是周期为的周期数列，③正确；
对于④，取，则，正项趋向，负项趋向，
数列没有最大值和最小值，④错误.
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；
（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，使得满足条件的有两个，求这两个三角形的面积.
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.
【答案】（1）；
（2）满足条件①的三角形有且只有1个；满足条件②或③的三角形有两个，这两个三角形的面积分别为和.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理边化角及二倍角的正弦求解.
（2）选条件①，由两边及夹角确定三角形，不符合题意；选条件②，利用正弦定理求出，再利用和角的正弦公式及三角形面积公式求解；选条件③，利用余弦定理及三角形面积公式求解.
【小问1详解】
在中，由及正弦定理，得，
即，而，则，
又，所以.
【小问2详解】
选择条件①，，而，，则唯一确定，不符合题意.
选择条件②，，由正弦定理得，
，则，，，
当时，，
因此的面积；
当时，，
因此的面积，
所以这两个三角形的面积分别为 和.
选择条件③，，由余弦定理，得，
即，解得或，
当时，的面积；
当时，的面积，
所以这两个三角形的面积分别为和.
17. 如图，在四棱锥中，底面是梯形，，点是的中点，平面与交于点.
（1）求证：；
（2）若平面，，，，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）通过证明平面，得证；
（2）由余弦定理和勾股定理证明，建立空间直角坐标系，向量法求线面角的正弦值.
【小问1详解】
，平面，平面，则有平面，
平面，平面平面，所以.
【小问2详解】
，，则为等边三角形，
连接，则，又，有，
中，由余弦定理，得，
有，得，所以，
又平面，以为原点，分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
，
设平面的一个法向量，
有，设，则，即，
设直线与平面所成角为，
则.
18. 某研究团队发现人工智能助手的问题解决“满意度评分”（满分100分）与其使用场景密切相关.该团队将用户分为学习场景用户和工作场景用户两类，为了调研用户对人工智能助手的满意度评分情况，现从这两类用户中各随机抽取100人，记录他们的满意度评分，将数据分成6组：，，，，，，并分别整理得到如下两个频率分布直方图：
现规定满意度评分在80分及以上的满意度评级为，在区间的满意度评级为，在60分以下的满意度评级为.用频率估计概率，假设每个用户的评分相互独立.
（1）求的值；
（2）从使用人工智能助手的所有学习场景用户中随机抽取2人，从使用人工智能助手的所有工作场景用户中随机抽取1人，设为抽出的3人中满意度评级为A的人数，估计的分布列和数学期望；
（3）该研究团队又对另外两款人工智能助手，进行了同样的调研，估计出其学习场景用户的满意度评级为A的概率分别为0.3，0.35.现分别从使用，，这三款人工智能助手的学习场景用户中各随机抽取1人，用“”表示其中使用（）的学习场景用户的满意度评级为，用“”表示其中使用（）的学习场景用户的满意度评级为或.设，，判断，的大小.（结论不要求证明）
【答案】（1）；
（2）
；
（3）.
【解析】
【分析】（1）利用频率分布直方图所有小矩形面积和为1求解.
（2）分别求出学习、工作场景用户评级为的概率，再求出的可能值及各个值对应的概率，列出分布列并求出期望.
（3）求出分别取的概率，再利用分布的方差公式求出方差，进而比较大小.
【小问1详解】
依题意，，所以.
【小问2详解】
依题意，学习场景用户评级为的概率为，
工作场景用户评级为的概率为，
的所有可能值为，
，，
，，
所以的分布列为：
数学期望
【小问3详解】
由（2）及已知，得，，
，显然服从分布，
因此，
，
所以.
19. 已知椭圆：（）的离心率为，，分别为椭圆的上、下顶点，且.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点的斜率存在且不为1的直线与椭圆交于不同的两点，（均不与点重合），点与点关于原点对称，直线与直线交于点.求证：直线经过点.
【答案】（1）；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，结合离心率公式求出即可.
（2）设点，求出直线的方程及点的坐标，再设出直线方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理及向量共线的坐标表示推理得证.
【小问1详解】
由椭圆：的下顶点为，得，
由的离心率为，得，解得，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
设直线的方程为，点，则点，
直线的方程为，直线的方程为，联立解得点，
由消去得，
则，，
而点，则，
，
即，又有公共点，则点三点共线，
所以直线经过点.
20. 已知函数，，其中.
（1）求的最大值；
（2）若在区间上有且只有一个零点，证明：在区间上有且只有一个零点，且；
（3）对于（2）中的，证明：.
【答案】（1）；
（2）证明见解析； （3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）利用导数求出函数的最大值.
（2）利用导数确定函数的单调性，再利用零点存在性定理推理得证.
（3）结合（2）的结论，等价变形所证不等式，构造函数，再利用导数证得即可.
【小问1详解】
函数定义域为，求导得，
当时，；当时，，函数在上递增，在上递减，
所以当时，函数取得最大值.
【小问2详解】
当时，由，求导得，函数在上递增，
而，又在区间上有且只有一个零点，则，
因此，且，
由（1）知，函数在上递减，，
因此函数在区间上有且只有一个零点，且，又函数，
且，
因此，又当时，，，
所以，即.
【小问3详解】
由（2）得，即，
不等式，
令函数，求导得，
令函数，求导得，
函数在上递增，则，即，函数在上递增，
因此，即，所以.
21. 若数列：，，…，（）满足如下两个性质，则称数列：
①，，…，是1，2，…，的一个排列；
②，，…，是1，2，…，的一个排列.
（1）判断数列：1，4，3，2和数列：5，1，4，2，3是否为数列？说明理由；
（2）若数列：，，…，满足，，求证：数列：，，…，不是数列；
（3）若数列：，，…，（）为数列，求的最小值.
【答案】（1）数列不是数列，是数列．
（2）证明见解析； （3）.
【解析】
【分析】（1）根据数列的定义判断即可；
（2）利用反证法证明即可；
（3）通过新定义得a1+a2m−1≥m+1，从而设ai=k,i=2k−1,2m−k,i=2k(i=1,2,⋯,2m−1)，得到其最小值.
【小问1详解】
因为，而3，1，1不是1，2，3的一个排列，所以数列不是数列．
因为5，1，4，2，3是1，2，3，4，5的一个排列，
又，4，3，2，1是1，2，3，4的一个排列，
所以数列是数列．
【小问2详解】
假设数列为数列，
则．
因为与的奇偶性相同，
所以
与的奇偶性相同．
所以与的奇偶性相同．
又是偶数，是奇数，矛盾．
所以数列不是数列．
【小问3详解】
因为数列为数列，
所以，
且
≤a1−m+a2−m+a2−m+a3−m+⋯+a2m−2−m+a2m−1−m
.
所以(2m−1)(m−1)≤2m(m−1)−a1−m+a2m−1−m．
所以a1−m+a2m−1−m≤m−1
因为m−a1≤a1−m, m−a2m−1≤a2m−1−m，
所以m−a1+m−a2m−1≤m−1，即a1+a2m−1≥m+1．
令ai=k,i=2k−1,2m−k,i=2k(i=1,2,⋯,2m−1)，
则，
所以a1−a2,a2−a3,⋯,a2m−2−a2m−1={1,2,⋯,2m−2}，
即数列为数列．
所以的最小值为．
0
1
2
3
0.45
0.4125
0.125
0.0125
0
1
2
3
0.45
0.4125
0.125
0.0125