北京市通州区2026届下学期高三一模考试 数学试题（原卷版+解析版）

这是一份北京市通州区2026届下学期高三一模考试 数学试题（原卷版+解析版），共6页。
本试卷共4页，共150分．考试时长120分钟．考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效．考试结束后，请将答题卡交回．
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. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
由题意，，，
所以，即B选项正确.
2. 已知复数（），则（ ）
A. B. 1C. 3D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】由复数的运算可得，从而得，即可得答案.
【详解】因为，
所以，
所以，
所以.
3. 在的展开式中，的系数为（ ）
A. B. C. 40D. 80
【答案】B
【解析】
【分析】根据二项式展开式的通项求的系数.
【详解】由题得的展开式的通项为
令，则,所以的系数为
故选：B
4. 双曲线的焦点坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据双曲线的定义及标准方程求解即可.
【详解】根据双曲线的定义可得，，，且焦点在轴上，
方程可化为.
此时，，则，
所以该双曲线的焦点为.
5. 已知数列，则“，（k为常数）”是“为等差数列”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】根据给定条件，利用等差数列定义，结合充分条件、必要条件的定义判断得解.
【详解】若，则的奇数项和偶数项分别成等差数列，不一定为等差数列，
如通项公式为的数列，满足，不是等差数列；
反之，若为等差数列，设其公差为，则，即符合条件，
所以“，（k为常数）”是“为等差数列”的必要不充分条件.
6. 已知直线与圆交于点M，N．当k变化时，的最小值为（ ）
A. 1B. 2C. D.
【答案】B
【解析】
由，得，
所以圆心为，半径为.
设圆心到直线的距离为，则，
所以当取最大值时，最小.
因为直线过定点，所以的最大值为，
所以的最小值为.
7. 等边的边长为6，若，，则（ ）
A. 5B. 3C. D.
【答案】D
【解析】
如图：
由题意，，，所以.
又，，
所以.
8. 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（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（当时），训练损失值降至初始损失值的，则训练到第几轮就要对模型调整（参考数据）（ ）
A. 24B. 35C. 47D. 100
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可得，将代入，解得，再将代入，由求解即可.
【详解】因为，所以当时，，
即，解得，即，
所以，所以，
所以，解得，
所以训练到第47轮就要对模型调整.
9. 已知函数（），若存在，使得，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据同角三角函数关系及二倍角正弦公式进行化简，得到，进而求得，结合已知条件得到关于的不等式，求解验证即可.
【详解】
.
则，整理得，
即，解得.
因为，，所以.
而方程的解为或，，
若存在满足条件，则需中包含至少一个解，
又最小的正解为，则需使，所以.
若，，此时，，满足，所以的最小值为.
10. 已知数列满足，给出下面3个结论，
①若为常数列，则；
②当时，总有；
③当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立．
其中正确结论的个数为（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】观察数列的递推公式，然后利用基本不等式即可求解.
【详解】①若为常数列，则假设，则，代入得：，解得：，
即：或均满足为常数列，所以①错误；
②当时，由题意得时，，所以恒成立，，
当且仅当，即时等号成立，因为，所以当时，；
又因为，因为，所以，，则，
即数列是递减数列，所以，综上所述：，所以②正确；
③当时，由题意得时，，所以恒成立，则，，
，
当且仅当，即时等号成立，所以，，，
则，所以为递增数列，且存在常数，使得恒成立，所以③正确.
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. 函数，则________．
【答案】##
【解析】
由题意可得
12. 已知直线过抛物线的焦点，则________．
【答案】2
【解析】
抛物线的焦点为，
因为直线过抛物线的焦点，
所以，解得.
13. 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，高为，圆锥的高为，则此组合体的体积为________；表面积为________
【答案】 ①. ②.
【解析】
已知圆柱底面半径，高，圆锥高，且圆锥底面与圆柱上底面重合，故圆锥底面半径也为。
、体积的计算
∵ 圆柱体积公式为，
∴ 。
∵ 圆锥体积公式为，
∴ 。
∴ 组合体体积。
、表面积计算
先求圆锥母线长，由勾股定理：
∵ ，
∵ 圆锥侧面积公式为，
∴ 。
∵ 圆柱侧面积公式为，
∴ 。
∵ 圆柱下底面积公式为，
∴ 。
∵ 圆锥底面与圆柱上底面重合，属于内部面，不计入外露表面积，
∴ 组合体表面积。
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，…，第层放个物体，则这层方垛所放的物体总数为．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层放________个物体，若该三角垛共有层，利用“方垛”的结论，计算该“三角垛”所放物体的总数为________．
图1 图2
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】通过观察归纳前四层的物体个数规律，可得第8层物体个数及第层物体个数，并利用方垛所放的物体总数公式及等差数列前项和公式可得“三角垛”所放物体的总数.
【详解】设“三角垛”每层所放物体的个数组成数列， 观察三角垛每层的物体数：
第1层物体数：；第2层物体数：；第3层物体数：；
第4层物体数：；
以此类推，可得第层的物体个数通项公式为：.
所以第8层的物体个数：.
设 “三角垛”所放物体的总数为，则：
，
由题意可知，
又由等差数列的前项和公式可得，
所以
所以该“三角垛”所放物体的总数为.
15. 已知函数的定义域为R，是偶函数，是奇函数．关于有下列四个结论：
①的图象关于对称；
②是周期函数；
③若，则；
④若时，，则函数的零点个数为10．
其中所有正确结论的序号是________．
【答案】②③
【解析】
【分析】由函数是偶函数，是奇函数可得函数关于对称以及是以4为周期的周期函数，由此求解即可.
【详解】因为是偶函数，所以，即，所以关于直线对称，故①错误；
又因为是奇函数，所以，又因为，可得，
进而，所以是以4为周期的周期函数，故②正确；
因为，因为是以4为周期的周期函数，所以，所以，所以，故③正确；
因为时，，因为函数关于对称，所以时，，因为函数的周期为4，可得时，，
时，，当时，交点横坐标为，，且在区间，，，内各有一个交点，
当，交点在区间，，，内各有一个交点，共9个交点，故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，角A，B，C所对的边为a，b，c，，．
（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，使得为钝角三角形，求边上的高．
条件①：；条件②：；条件③：的周长为18．
【答案】（1）5 （2）选择条件①或③时，边上的高为；选择条件②时，不满足题意.
【解析】
【分析】(1)利用正弦定理即可求解；
(2)选择条件①或③，首先验证是钝角三角形，再利用余弦定理和面积公式即可求解，选择条件②，验证不满足钝角三角形的条件.
【第（1）题解析】
因为，且，所以，
设外接圆半径为，
由正弦定理得
所以，即：，所以.
【第（2）题解析】
选择条件①：
由余弦定理，得，代入，，，得，则，
此时，所以，为钝角三角形，
设边上的高为，则 ，即 ，.
选择条件②：
若，则，所以，
由余弦定理得： ，
因为，，，所以，则是直角三角形，不满足题意.
选择条件③：
若周长为18，则，
由余弦定理得：，
联立解得：，，
所以，所以，为钝角三角形，
设边上的高为，则 ，即 ，.
17. 如图，在三棱锥中，为边长为的等边三角形，，，为棱的中点．
（1）求证：平面平面；
（2）棱上（端点除外）是否存在一点，使得平面与平面的夹角为．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，
【解析】
【分析】（1）利用面面垂直的判定定理，结合等边三角形、等腰三角形的三线合一性质及勾股定理逆定理，证明平面即可完成推导；
（2）通过建立空间直角坐标系，引入参数表示点的坐标，求解两个平面的法向量，利用二面角的余弦值列方程求解参数，结合参数范围验证即可 .
【第（1）题解析】
∵ 为边长为2的等边三角形，为中点，
∴ ，且.
∵ ，为中点，
∴ ，且，故，
∴ .
∵ ，
∴ ，故.
∵ ，平面，
∴ 平面.
∵ 平面，
∴ 平面平面.
【第（2）题解析】
由第一小问，以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，
，，，，.
设，则，所以点坐标为.
∵，且平面
∴平面
∴平面的法向量为.
设平面的法向量为，其中，，
∴
令，代入解得，，
∴.
已知平面与平面的夹角为，
∴
代入数据得
两边约去后平方整理得，解得或.
∵，
∴.
因此存在满足条件的点，且.
【点睛】方法归纳：面面垂直证明核心是找到一个平面内垂直于另一个平面的直线，常结合等腰三角形三线合一、勾股定理逆定理证明线线垂直，再推导线面垂直；空间中的存在性问题可通过建立坐标系，引入参数表示动点坐标，将几何关系转化为代数方程求解，最后验证参数范围即可.
易错归纳：求解平面法向量时需注意坐标运算的准确性，二面角的余弦值等于两法向量夹角余弦的绝对值，避免符号错误；得到参数解后需结合动点的限制条件舍去不满足要求的解.
18. 随着人工智能技术的发展，智能体已被广泛应用于处理各类任务．在实际应用中，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、乙两款智能体在逻辑推理类任务（类任务）、交互协作类任务（类任务）中的实际表现，对类、类各项任务开展测试，测试结果如下表：
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、乙两款智能体完成项类任务和项类任务，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，估计这项任务中恰有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，类任务占比，类任务占比，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．（结论不要求证明）
【答案】（1）智能体甲成功完成任务的概率为，智能体乙成功完成任务的概率为；
（2）
（3）选购智能体甲。
【解析】
【分析】（1）先分别计算甲、乙成功完成任务的频率，再用频率估计概率可得；
（2）先分别计算甲、乙成功完成类任务的概率，进而可确定类任务由乙完成，类任务由甲完成，再结合相互独立事件的概率计算可得；
（3）分别计算得甲、乙成功任务的期望值的大小，通过期望大小判断可得.
【第（1）题解析】
智能体甲总测试任务数为 ，成功完成总数为 ，
因此甲成功完成任务的频率为： .
因为用频率估计概率，所以甲成功完成任务的概率估计为
智能体乙总测试任务数为 ，成功完成总数为 ，
因此乙成功完成任务的频率为： .
因为用频率估计概率，所以乙成功完成任务的概率估计为.
所以智能体甲成功完成任务的概率为、智能体乙成功完成任务的概率.
【第（1）题解析】
先计算两款智能体完成不同类型任务的成功率：
甲完成类：​，甲完成类：；
乙完成类：，乙完成类：.
比较概率大小得：，由比较可知类任务乙更擅长，类任务甲更擅长.
因此分配为：类由乙完成，2项类由甲完成。
设“3项任务恰有2项成功”为事件，分两种互斥情况：
①类任务成功，仅1个类任务成功： ，
②类任务失败，2类任务成功：，
因此： .
所以估计这项任务中恰有项被成功完成的概率为.
【第（1）题解析】
因为类任务占比，类任务占比，
甲完成类的概率​，甲完成类的概率，
所以甲完成任务的期望为；
同理乙完成类任务的概率，乙完成类的概率，
所以乙完成任务的期望为.
所以，故该企业应选购智能体甲.
19. 已知椭圆的短轴长为2，离心率为．
（1）求椭圆的方程；
（2）过点的直线l与椭圆分别交于，两点，已知点，直线与直线交于点．求证：直线的斜率为定值．
【答案】（1）
（2）直线的斜率为定值，证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据条件列式求的值，可得椭圆的方程.
（2）分直线的斜率为0和不为0两种情况讨论.当直线的斜率不为0时，设直线方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理表示和，列出直线方程，令得到点坐标，表示直线的斜率，化简即可.
【第（1）题解析】
由题意，，解得，
所以椭圆的方程为.
【第（2）题解析】
如图：
当直线与轴重合时，
先取，，则直线：，
所以，；
再取，，则直线：，
所以，.
当直线不与轴重合时，设直线：，代入椭圆方程，
得，整理得：.
设，，则，.
直线：，
令，可得，
即.
所以
.
综上可知，直线的斜率为定值.
20. 已知函数的定义域为R，．
（1）求函数的单调区间；
（2）判断曲线上是否存在两点P，Q，使得P，Q关于对称，并说明理由；
（3）直线是曲线在处的切线，过点A作垂直于的直线，直线，与y轴交点的纵坐标分别为，，求的取值范围．
【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为 （2）存在，理由见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）求导，根据导函数的正负分析的单调性；
（2）将曲线存在两点关于对称转化为方程存在两个不同实根，然后构造函数分析单调性求解；
（3）根据导数的几何意义得到直线的方程，即可得到，然后代入，利用换元法求范围即可.
【第（1）题解析】
令，定义域为R，求导得： ，
因为恒成立，
所以当时，，单调递增；
当时，单调递减，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为.
【第（2）题解析】
若存在关于对称，则等价于方程存在两个不等于1的不同实根，
构造函数，
令，求导得： ，
恒成立，
∴时，，单调递增，
时，，单调递减，
的最大值为，且时，，
因此有两个不同零点，即方程有两个不同解，对应两个不同点.
【第（3）题解析】
切线斜率​，切线方程为，
令得： ，
​ ​与垂直，斜率，​方程为，
令得： ，
代入所求表达式化简，
全部消去： ，
设，则原式，
对求导得​，因此在单调递减，单调递增，最小值，即，，
​是关于的增函数，
∴ ，
∴的取值范围为取值范围为.
21. 不超过实数的最大整数称为的整数部分，记作．例如，，．设函数．
（1）已知函数，集合，设为集合中元素的个数．
（ⅰ）写出，及数列的通项公式；
（ⅱ）对任意正整数，等式恒成立，求所有满足条件的正实数的值．
（2）求证：对给定的正整数，当时，对于任意的实数，存在，使得，成立．
【答案】（1）（ⅰ）.（ⅱ）满足条件的正实数.
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）先由 求出 ,从而得到 ,进而确定集合中元素的个数.第（ⅱ）问先把题设化为 ,再令 ,利用不等式求出参数的值.
（2）设前缀和S0=0,Sk=x1+x2+⋯+xk(k=1,2,⋯,n) ,再利用小数部分与抽屉原理选取合适的,构造 ,最后把所求和写成前缀和小数部分的差即可.
【第（1）题解析】
（ⅰ）当时,有,故,所以 ,.
当 时,有 ,故 .
又因为(n−1)x∈[(n−1)2,n(n−1)) ,所以Mn={(n−1)2,(n−1)2+1,⋯,n(n−1)−1} ,从而,特别地,.
因此, .
（ⅱ）由（ⅰ）知,当时,有 ,,于是题设等式化为 .
令 ,则 ,即,从而 .
又因为 ,所以 ,故.
另一方面, ,于是 .
由 可得 ,即.
上式对任意恒成立,令,得 且 ,所以 .
解得.因为,所以.
下面验证满足条件.记,则.
对任意,令 .因为为无理数,所以 ,两边同除以,得 ,故 .
于是 .又因为 ,所以 ,即题设等式成立.
综上,满足条件的正实数.
【第（2）题解析】
设S0=0,Sk=x1+x2+⋯+xk(k=1,2,⋯,n) .
考虑{S0},{S1},⋯,{Sn} 这个数.把长度为的圆周分成段,则这个点把圆周分成段弧,其中至少有一段弧长不小于.
取实数,使这段弧平移到区间端点处,则{S0+θ},{S1+θ},⋯,{Sn+θ} 都落在某个长度为的区间内.
对,令 .因为0≤(Sk+θ)−(Sk−1+θ)=xk≤1 ,所以 ,从而.
于是对任意,有== = .
由于{S0+θ},{S1+θ},⋯,{Sn+θ} 都落在同一个长度为的区间内,所以|{Si−1+θ}−{Sj+θ}|≤nn+1,从而成立.
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
类任务
类任务