精品解析：北京市十一学校2025-2026学年高三上学期1月月考数学试题

北京市十一学校2026届高三数学一月月考 满分：150分 考试时间：120分钟 命题人：张浩 张国春 一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分） 1. 设全集U＝R，A＝{x|x(x－2)<0}，B＝{x|y＝ln(1－x)}，则A∩(B)是（ ） A. (－2，1) B. (1，2) C. (－2，1] D. [1，2) 2. 已知复数z满足，其中i虚数单位，则z为（ ） A. B. C. D. 3. 已知抛物线的焦点为F，点M在抛物线C上，且为坐标原点，则（ ） A B. 2 C. D. 4. 直线，直线，若，则两直线的距离为（ ） A B. C. D. 5. 数列是首项为，公差为的等差数列，为前n项和．若成等比数列，则（ ） A. 1 B. C. D. 6. 已知直线与圆交于，两点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知等差数列，正项等比数列，则“”是“存在正整数，当时，”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 8. 已知且，若函数在上单调递减，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 9. 设函数，若函数与都没有零点，则函数与（ ） A. 恰有一个零点 B. 至少有一个没有零点 C. 至少有一个有零点 D. 无法确定 10. 如图，点P是棱长为2的正方体的表面上一个动点，F是线段的中点，则下列错误的是（ ） A. 三棱锥体积的最大值为 B. 若点P满足，则动点P的轨迹长度为 C. 当直线与所成角为时，点P的轨迹长度为 D. 当P在底面上运动，且满足平面时，线段长度最大值 二、填空题（共5小题，每小题5分，共25分） 11. 的展开式中的常数项为________． 12. 设双曲线C经过点，且与具有相同的渐近线，则C的方程为________． 13. 函数的部分图象如图，，则________． 14. 如图，四边形是正方形，延长至E，使，若点P是以点A为圆心，为半径的圆弧（不超出正方形）上的任一点，设向量，则的最小值为________最大值为________． 15. 已知集合，给出下列结论，其中正确的有________． ①由集合中所有的点组成的图形关于轴对称； ②若，为坐标原点，则； ③若、，则； 记，则由集合中的点构成的图形的面积大于． 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）求证：为等腰三角形； （2）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，使存在且唯一，求的值． 条件①：；条件②：的面积为；条件③：边上的高为3． 17. 如图，在四棱锥中，平面，底面是直角梯形，，且，二面角的大小为为中点． （1）证明：； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 18. 某汽车品牌计划推出两款新车型：纯电动版和插电混动版在某市分别随机调查了名消费者的购买意愿，调查数据按收入水平分组如下求（单位：人）． 车型 低收入群体（万/年） 中收入群体（万/年万/年） 高收入群体（万/年） 愿意 不愿意 愿意 不愿意 愿意 不愿意 假设所有消费者的购买意愿相互独立，用频率估计概率． （1）从该市全体消费者中随机抽取人，估计其愿意购买纯电动版的概率； （2）从该市全体中收入群体和高收入群体中各自随机抽取人，记为这人中愿意购买插电混动版的人数，求的分布列和数学期望； （3）假设该市社区内的低收入、中收入和高收入的消费者人数之比为，从社区的全体消费者中随机抽取人，将其愿意购买纯电动版的概率估计值记为，试比较与（1）中的大小． 19. 已知椭圆的左顶点为A，离心率为，且经过点． （1）求椭圆C的方程； （2）设过点的直线交C于两点，过M且平行于y轴的直线与线段交于点T，点Q满足，问：是否存在x轴上的定点K，使得直线始终经过点K． 20. 已知函数． （1）若函数在处的切线经过，求a的值； （2）若函数存在两个极值点； （i）求a的取值范围； （ii）若满足，且，证明：． 21. 对给定的，如果有序数组满足如下三个条件： ①对任意； ②； ③对任意，都存在的非空子集，使得；则称有序数组是“创造M”的．例如是“创造5”的． （1）判断下面两个数组是否是“创造30”的，直接写出判断结果； ① ② （2）若数组是“创造2026”的，且满足，求m的最小可能值； （3）若数组是“创造101”的，且关于x的方程有且仅有三个不同的整数解，求m的最小可能值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京市十一学校2026届高三数学一月月考 满分：150分 考试时间：120分钟 命题人：张浩 张国春 一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分） 1. 设全集U＝R，A＝{x|x(x－2)<0}，B＝{x|y＝ln(1－x)}，则A∩(B)（ ） A. (－2，1) B. (1，2) C. (－2，1] D. [1，2) 【答案】D 【解析】 【分析】由一元二次不等式及对数函数的性质可得集合，，然后进行交集、补集的运算即可． 【详解】，， ，． 故选：D 【点睛】本题考查了一元二次不等式的解法及对数函数的定义域，考查了集合的交集、补集的运算，属于基础题. 2. 已知复数z满足，其中i为虚数单位，则z为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】通过计算，可得，由此求得，根据共轭复数的定义得到. 【详解】因为， 所以． 所以. 故选：C． 3. 已知抛物线的焦点为F，点M在抛物线C上，且为坐标原点，则（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用抛物线定义及焦半径求出点的横坐标，即可求解. 【详解】已知抛物线C方程为：， ， 设，由，得， 又，所以， ，不妨取， ． 故选：D． 4. 直线，直线，若，则两直线的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据两直线的位置关系，求得，得到与的直线方程，结合两平行线间的距离公式，即可求解. 【详解】直线和，， 由，即，解得或， 当时，直线即，和， 此时与的距离为； 当时，和，此时与重合，不符合题意，舍去. 综上可得，当时，两平行线间的距离为. 故选：B. 5. 数列是首项为，公差为的等差数列，为前n项和．若成等比数列，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知条件列方程，由此求得. 【详解】是首项为，公差为的等差数列，为其前n项和， ， 由成等比数列，得：， 即，解得：． 故选：D． 6. 已知直线与圆交于，两点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出直线所过的定点，再判断定点与圆的位置关系，结合直线与圆的相交弦长最小时，定点与圆心所在直线与AB垂直，最后利用几何法求解弦长即可. 【详解】根据题意，圆，则圆心的坐标为，半径， 直线，即，恒过定点， 由，得点在圆内， 又定点到圆心的距离， 要使弦最小，则定点与圆心所在直线与AB垂直， 此时， 即的最小值为. 故选：D 7. 已知等差数列，正项等比数列，则“”是“存在正整数，当时，”（ ） 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】 【分析】由等比和等差数列的性质结合充分必要条件推导可得. 【详解】正项等比数列，，则公比, 充分性：若公差，等差数列递减，显然存在正整数，当时，； 若公差，等差数列递增，等比呈指数增长，等差呈线性增长， 则时，，所以存在正整数，当时，， 若，则为常数列，显然成立. 所以充分性成立； 必要性：取，，显然存在正整数，当时，， 但，必要性不成立. 故选：A 8. 已知且，若函数在上单调递减，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由换底公式可得，由函数的单调性建立不等式并求解即可. 【详解】依题意，， 显然函数在上单调递增，而函数在上单调递减， 因此，而，则或，解得或， 所以实数a的取值范围为. 故选：D 9. 设函数，若函数与都没有零点，则函数与（ ） A. 恰有一个零点 B. 至少有一个没有零点 C. 至少有一个有零点 D. 无法确定 【答案】B 【解析】 【分析】通过定义、的值域，结合已知的无零点条件，分值域的包含（或相等）关系讨论，推导与的零点情况. 【详解】设二次函数的值域为集合， 指数函数的值域为集合. 由“无零点”，得方程在时无实根； 由“无零点”，得方程在时无实根. 分三种情况讨论与的关系： ①若： 的自变量， 结合“在无实根”，得无零点； ②若： 的自变量， 结合“在无实根”，得无零点； ③若： 的自变量， 的自变量，故两者均无零点. 综上，函数与至少有一个没有零点. 故选：B 10. 如图，点P是棱长为2的正方体的表面上一个动点，F是线段的中点，则下列错误的是（ ） A. 三棱锥体积的最大值为 B. 若点P满足，则动点P的轨迹长度为 C. 当直线与所成的角为时，点P的轨迹长度为 D. 当P在底面上运动，且满足平面时，线段长度最大值为 【答案】D 【解析】 【分析】显然三棱锥体积的最大值即为正四面体，求出正四面体体积可判断A；利用线面垂直的性质定理可得动点的轨迹为矩形，求出其周长可判断B；易知当点在线段和弧上时，直线与所成的角为，求出其轨迹长度可判断C；根据面面平行的判定定理可求出点在底面上的轨迹为线段，可判断为直角三角形，易知长度的最大值为，计算可判断D. 【详解】A，因为，而等边的面积为定值， 要使三棱锥的体积最大，当且仅当点P到平面的距离最大， 易知点C是正方体到平面距离最大的点， 所以，此时三棱锥即为棱长是的正四面体， 其高为， 所以，A正确； B，取中点中点K，连接， 因为分别为中点， 所以，又， 所以，则， 因为，所以， 即，又平面， 所以平面，因为， 所以点P轨迹为，所以动点P的轨迹长度为，故B正确； C：连接以B为圆心，为半径画，如图1所示， 当点P在线段和弧上时，直线与所成的角为， 又， 长度，故点P的轨迹长度为，故C正确； D，取的中点分别为， 连接，如图2所示， 易知面平面， 故平面平面平面， 故平面，又平面， 故平面平面，又， 故平面与平面是同一个平面， 则点P的轨迹为线段， 在三角形中，； ； 则， 故三角形是以为直角的直角三角形， 故，故长度的最大值为，故D错误． 故选：D 二、填空题（共5小题，每小题5分，共25分） 11. 的展开式中的常数项为________． 【答案】15 【解析】 【分析】利用二项展开式的通项公式求解即可. 【详解】的展开式通项公式为， 令，解得， 所以常数项为． 故答案为： 12. 设双曲线C经过点，且与具有相同的渐近线，则C的方程为________． 【答案】 【解析】 【分析】设与具有相同渐近线的双曲线方程可设为将点代入方程即可求得，从而确定C的方程. 【详解】与具有相同渐近线的双曲线方程可设为与， 双曲线C经过点， ， 即双曲线方程为：. 故答案为： 13. 函数的部分图象如图，，则________． 【答案】 【解析】 【分析】先根据正弦函数图像求出的值,然后利用周期及零点求出的值.最后利用对称性及周期求出的值. 【详解】结合题意可知,, 又由图像可知,,即,又因为，解得. 又由,即， 即,从而,故. 因为，所以与之间的对称轴为. 由图像可以知道该对称轴与零点之间的距离为. 因为，，所以. 所以. 故答案为：. 14. 如图，四边形是正方形，延长至E，使，若点P是以点A为圆心，为半径的圆弧（不超出正方形）上的任一点，设向量，则的最小值为________最大值为________． 【答案】 ①. 1 ②. 【解析】 【分析】设，由得到，再令，代入上式，结合判别式即可求解. 【详解】解：假设， 由已知可得， ， ，即， 令， 则，代入可得， 有，解得， ， 的最小值为1，最大值为， 故答案为：1； 15. 已知集合，给出下列结论，其中正确的有________． ①由集合中所有的点组成的图形关于轴对称； ②若，为坐标原点，则； ③若、，则； 记，则由集合中的点构成的图形的面积大于． 【答案】②③④ 【解析】 【分析】取，根据圆心的位置结合圆的对称性可判断①；利用平面向量模的三角不等式可判断②；求出圆与轴交点纵坐标的取值范围，可判断③；作出集合所表示的区域，并求其面积，可判断④. 【详解】对于①，方程表示的曲线是圆心为，半径为的圆， 若集合中所有的点组成的图形关于轴对称，则圆心在轴上，此时， 由于，则或， 当时，，则圆心不在轴上， 此时集合中所有的点组成的图形不关于轴对称，①错； 对于②，记圆心，则， ，当且仅当为射线与圆的交点时，等号成立， ，当且仅当为射线与圆的交点时，等号成立， 故，②对； 对于③，将代入圆的方程得，即， 因为，所以，解得， 令，，， 函数在上单调递增，故，即， ， 故圆与轴交点纵坐标的取值范围是， 因为若、，则，③对； 对于④，集合表示的点构成的区域为矩形， 其中、、、， 矩形的面积为， 令， 可得， 因为，则，所以， 所以存在，使得，则点在集合所表示的区域内， 作出集合中的点组成的图形如下图中的阴影部分区域所示： 所以，集合表示的区域为阴影部分区域围成的白色区域中位于轴上方的图形区域， 该区域由一个等腰三角形、两个全等的弓形组成，其中弓形半径为，圆心角为. ， 故集合中的点构成的图形的面积大于，④对. 故答案为：②③④. 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）求证：为等腰三角形； （2）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，使存在且唯一，求的值． 条件①：；条件②：的面积为；条件③：边上的高为3． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）设，根据余弦定理及已知可得，所以，可得结果； （2）若选择条件①，可得，可得，与已知矛盾；若选择条件②，根据平方关系及面积公式可得结果；若选择条件③，根据平方关系及正弦定理可得结果. 【小问1详解】 在中，，，设， 根据余弦定理，得， 整理得， 因为，解得（负值已舍去）， 所以， 所以为等腰三角形. 【小问2详解】 若选择条件①：若 ，由（1）可知，及， 所以， 所以不存在. 若选择条件②：在中, 由, 由（1）， 所以， 解得（负值已舍去），即. 若选择条件③： 在中，由边上的高为3， 得， 由，解得. 17. 如图，在四棱锥中，平面，底面是直角梯形，，且，二面角大小为为中点． （1）证明：； （2）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）先得到平行四边形为正方形，，由线面垂直得到，从而得到线面垂直，得到； （2）由线面垂直得到二面角的平面角为，并求出各边长，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，由公式得到线面角的正弦值. 【小问1详解】 证明：，为中点， ∴，，则四边形为平行四边形. 又因为，，所以平行四边形为正方形. 连接， 又平面面， 所以， ∵平面， 平面． 又平面． 【小问2详解】 平面，平面， ． 平面平面． 又平面，故二面角的平面角为， ． 如图，以A为坐标原点，所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的法向量为，则，即， 令，得，， 设直线与平面所成的角为， 则， 直线与平面所成角的正弦值为 18. 某汽车品牌计划推出两款新车型：纯电动版和插电混动版在某市分别随机调查了名消费者的购买意愿，调查数据按收入水平分组如下求（单位：人）． 车型 低收入群体（万/年） 中收入群体（万/年万/年） 高收入群体（万/年） 愿意 不愿意 愿意 不愿意 愿意 不愿意 假设所有消费者的购买意愿相互独立，用频率估计概率． （1）从该市全体消费者中随机抽取人，估计其愿意购买纯电动版的概率； （2）从该市全体中收入群体和高收入群体中各自随机抽取人，记为这人中愿意购买插电混动版的人数，求的分布列和数学期望； （3）假设该市社区内的低收入、中收入和高收入的消费者人数之比为，从社区的全体消费者中随机抽取人，将其愿意购买纯电动版的概率估计值记为，试比较与（1）中的大小． 【答案】（1） （2）分布列见解析， （3） 【解析】 【分析】（1）利用频率估计概率思想，结合古典概型的概率公式可求得所求事件的概率； （2）求出全市中收入群体中和高收入群体中随机抽取人，愿意购买插电混动版的概率，分析可知，随机变量的所有可能取值为、、、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，进而可求得的值； （3）利用全概率公式计算出值，即可得出与的大小关系. 【小问1详解】 设事件从该市全体消费者中随机抽取人，估计其愿意购买纯电动版， 由表可知买纯电动版的频率为，用频率估计概率，. 【小问2详解】 用频率估计概率， 从全市中收入群体中随机抽人，愿意购买插电混动版的概率为， 从全市高收入群体中随机抽人，愿意购买插电混动版的概率为， 由题意可知，随机变量的所有可能取值为、、、、， ， ， ． ， ， 所以，随机变量的分布列为： 将表格数据代入期望公式可得. 【小问3详解】 ，低收入者愿意购买纯电动版的概率为， 中收入者愿意购买纯电动版的概率为， 高收入者愿意购买纯电动版的概率为． 利用全概率公式可得. 19. 已知椭圆的左顶点为A，离心率为，且经过点． （1）求椭圆C的方程； （2）设过点的直线交C于两点，过M且平行于y轴的直线与线段交于点T，点Q满足，问：是否存在x轴上的定点K，使得直线始终经过点K． 【答案】（1） （2）存在， 【解析】 【分析】（1）根据题意列出关于的方程组，求解可得椭圆C的方程； （2）设直线的方程为，联立椭圆的方程，根据韦达定理，结合点Q满足表示出点的坐标，进而得出直线始终经过定点． 【小问1详解】 由已知得， 解得， 故的方程为； 【小问2详解】 依题意可得过的直线的斜率存在，设 联立，得， ，即，即. 由韦达定理可知， 由可得线段， 点Q满足为的中点， 联立，可得．故有， 下面证明定点K为． 下面证明， 则只需证明： 即：， 代入 只需证： 即 将代入，只需证明：… 展开可得 显然成立． 由于x轴上不可能存在第二个定点，否则直线即为x轴，可知为唯一定点，故直线过定点． 20. 已知函数． （1）若函数在处的切线经过，求a的值； （2）若函数存在两个极值点； （i）求a的取值范围； （ii）若满足，且，证明：． 【答案】（1） （2）（i）；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导得切线斜率与切点，利用切线过已知点列方程求解； （2）(i) 将极值点问题转化为关于的函数，分析该函数的单调性与值域得的范围； (ii) 确定的取值区间，结合的单调性证明绝对值不等式. 【小问1详解】 ， 由题意， 因此函数在处的切线为， 令有． 【小问2详解】 （i）等价于，即，令（）. ， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减. ，当或时，. 有两个极值点，即有两个不同解，故的取值范围为. （ii）当时，， 令，而， 当时，，时，， 故在上为增函数，在上为减函数， ，，时，， 故存在，，使得当时，， 时，， 所以在上为增函数，在上为减函数， ，. 设，故， 当时，，故在上为增函数， 当时，，故在上为减函数， 故，故， 故当时，，而，故. 而，故，故. 21. 对给定的，如果有序数组满足如下三个条件： ①对任意； ②； ③对任意，都存在的非空子集，使得；则称有序数组是“创造M”的．例如是“创造5”的． （1）判断下面两个数组是否是“创造30”的，直接写出判断结果； ① ② （2）若数组是“创造2026”的，且满足，求m的最小可能值； （3）若数组是“创造101”的，且关于x的方程有且仅有三个不同的整数解，求m的最小可能值． 【答案】（1）①是；②是；理由见解析 （2）11 （3）12． 【解析】 【分析】（1）经验证，是“创造30”的； （2）方法一：数组是“创造2026”的，即，若，则该集合至多能表示1023个不同的正整数，矛盾，得到结论； 方法二：数组是“创造2026”的，即，另外推出，但，故可知m不可能小于或等于10．m的最小可能值为11； （3）仅有三种不同的取值，且由（2）可知，设另外两种取值分别为，且，令，它们的和可以等于从1到101中的任意一个整数，故有，不妨设，分，，，四种情况讨论，结合基本不等式，得到．综上，另一方面，数组是“创造101”的，故m的最小可能值为12． 【小问1详解】 ①是；②是，理由如下： 对于①，由于， ， ， ， 故是“创造30”的； 对于②，， ， ， ，故是“创造30”的； 【小问2详解】 方法一：根据（1）可知，是“创造31”的， 故数组是“创造2026”的，即， 依题意，数组可以构成集合， 若，则该集合非空子集的数量至多有个，故至多能表示1023个不同的正整数，矛盾． 故m的最小值为11； 方法二：根据（1）可知，是“创造31”的， 故数组是“创造2026”的，即， 对于1，存在， 因此必有，类似地可知，，由于，故可知， 否则，若，则4不能表示若干个的和， 则有，故，以此类推，可知， 但，故可知m不可能小于或等于10． 故m的最小可能值为11； 【小问3详解】 依题意可知，仅有三种不同的取值，且由（2）可知， 设另外两种取值分别为，且， 并且， 则 依题意，即可以从x个1，y个个b中选取若干个数（每种均可以不取）， 它们的和可以等于从1到101中的任意一个整数，故有， 不妨设， 若，则有，故， 故； 若，则，故， 故； 若，则，故， 故； 若，则有． 综上有 另一方面，数组是“创造101”的， 故m的最小可能值为12． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $