精品解析：北京市第一零九中学2026届高三下学期开学考试数学试题

2026北京市第一零九中学高三下学期数学开学考 2026.03 一､单选题 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先解可得集合，再将集合使用列举法表示，进而可求得. 【详解】解，得或，因此； 满足的自然数为：， 因此，，故， 故选：B． 2. 已知为虚数单位，若复数满足，则在复平面内对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知等式求出复数，再确定其在复平面内对应点的位置. 【详解】已知，则， 分子分母同乘，即， 所以复数在复平面内对应的点为，在第四象限. 故选：D. 3. 双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由双曲线的渐近线方程的求法得出答案. 【详解】由题意得，，则其渐近线方程为. 故选：C. 4. 要得到函数的图象，只需将函数的图象（ ） A. 向左平移个单位 B. 向左平移个单位 C. 向右平移个单位 D. 向右平移个单位 【答案】D 【解析】 【分析】根据解析式确定的图象平移过程即可. 【详解】由，则可由的图象向右平移个单位得到. 故选：D 5. 已知，，若，则下列不等式一定成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】已知，，且，由判断A选项是否一定成立；由判断B选项是否一定成立;由判断C选项是否一定成立;由结合基本不等式判断D选项是否一定成立; 【详解】，，且当且仅当时取等号，故A不一定成立； ，当且仅当时取等号，故B不一定成立； ，当且仅当时取等号，故C一定成立； ，且当且仅当时取等号，故D不一定成立； 故选：C 6. 等比数列的首项，前n项和为，若，则数列的前10项和为　　 A. 65 B. 75 C. 90 D. 110 【答案】A 【解析】 【分析】由的首项，前项和为，，求出，可得 ，再求数列前10项和． 【详解】∵的首项，前项和为，， 解得 故数列的前项和为 故选A. 【点睛】本题考查等比数列的通项与求和，考查学生的计算能力，考查学生分析解决问题的能力，比较基础． 7. 已知是定义在上的函数，那么“函数在上单调递增”是“函数在上的最大值为”的（ ） A. 既不充分也不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 充分而不必要条件 【答案】D 【解析】 【分析】根据单调性定义可知充分性成立；通过反例可知必要性不成立，由此可得结论. 【详解】当在上单调递增时，，充分性成立； 若，则在上单调递减，在上单调递增， 又，，必要性不成立； 综上所述：“函数在上单调递增”是“函数在上的最大值为”的充分而不必要条件. 故选：D. 8. 设函数，若恒成立，且在上存在零点，则的最小值为（ ） A. 8 B. 6 C. 4 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】由辅助角公式化简函数解析式，再由正弦函数的最小正周期与零点即可求解. 详解】函数， 设函数的最小正周期为T，由可得， 所以，即； 又函数在上存在零点，且当时，， 所以，即； 综上，的最小值为4. 故选：C. 9. 深度学习是人工智能的一种具有代表性的实现方法，它是以神经网络为出发点的.在神经网络优化中，指数衰减的学习率模型为，其中表示每一轮优化时使用的学习率，表示初始学习率，表示衰减系数，表示训练迭代轮数，表示衰减速度.已知某个指数衰减的学习率模型的初始学习率为0.5，衰减速度为18，且当训练迭代轮数为18时，学习率为0.4，则学习率衰减到0.2以下（不含0.2）所需的训练迭代轮数至少为（ ）（参考数据：） A. 72 B. 73 C. 74 D. 75 【答案】C 【解析】 【分析】由题意先得，接着由和得，再结合对数运算性质解不等式即可得解. 【详解】由题，，所以， 又由题当时，，即， 所以，令即即， 解得，故， 所以学习率衰减到0.2以下（不含0.2）所需的训练迭代轮数至少为74. 故选：C. 10. 已知，，，且，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由得，令有，即关于的一元二次方程有解，利用判别式即可求解. 【详解】由题意有， 即， 令，则，所以， 化简整理得：，即关于的一元二次方程有解， 所以，即， 所以. 故选：A 二､填空题 11. 已知抛物线上有一点P到焦点的距离为3，则P到y轴的距离为____________． 【答案】 【解析】 【分析】由抛物线的定义得，P到抛物线C的焦点的距离为，进而得到，化简即可求解. 【详解】由题意知：抛物线的准线为，设点 ， 则P到y轴的距离为， 由抛物线的定义得，P到抛物线C的焦点的距离为， 即，化简得. 故答案为：. 12. 已知，则__________；__________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】使用二项式定理计算即可. 【详解】已知， 则， 两式对比可得：，，, ,, 故，. 故答案为：①；② 13. 已知角的终边关于直线对称，且，则的一组取值可以是______，______. 【答案】 ①. （答案不唯一，符合题意即可） ②. （答案不唯一，符合题意即可） 【解析】 【分析】由角的终边关于直线对称，可得，再由可得或，即可求出答案. 【详解】因为角的终边关于直线对称， 则，，则， 因为，所以， 所有或，， 解得：或，， 取，的一个值可以为，的一个值可以为. 故答案为：（答案不唯一，符合题意即可）；（答案不唯一，符合题意即可）. 14. 如图，五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．已知，且等腰梯形所在平面，等腰三角形所在平面与平面的夹角的正切值均为，则该五面体的体积为_______． 【答案】## 【解析】 【分析】作出图形，结合二面角的定义分别求出，最后利用五面体的体积为2倍的四棱锥的体积加上三棱柱的体积求出结果即可. 【详解】如图，作于，，连接；同理作于，，连接，取中点，连接，再作于， 因为等腰梯形所在平面､等腰三角形所在平面与平面的夹角的正切值均为， 因为，房顶的底面为矩形，，所以， 又中点，，且，所以， 所以，，所以由二面角的定义可得，正切值均为.则.所以， 因为，，，且底面， 所以底面， 所以该五面体的体积为2倍的四棱锥的体积加上三棱柱的体积， 即， 故答案为：. 15. 对于数列，若存在，使得对任意，有，则称为“有界变差数列”.给出以下四个结论： ①若等差数列为“有界变差数列”，则的公差d等于0； ②若各项均为正数的等比数列为“有界变差数列”，则其公比的取值范围是； ③若数列是“有界变差数列”，则存在，使得对任意，有； ④若数列是“有界变差数列”，则数列必是“有界变差数列”. 其中所有正确结论的序号是______. 【答案】①③④ 【解析】 【分析】对①：借助等差数列性质可得，结合定义，分及讨论即可得；对②：借助等比数列性质可得，结合定义，分及进行讨论，当时，结合等比数列求和公式分及讨论即可得；对③：借助绝对值不等式放缩可得，即可得存在满足题意；对④：结合③中所得，结合合理放缩可得，再结合等比数列求和公式计算即可得. 【详解】对①：由等差数列的公差为，则有， 若，则对任意的，总存在，使得，与题意不符， 若，则对任意的恒成立，符合要求； 综上所述，的公差d等于0，故①正确； 对②：由等比数列的公比为，且各项均为正数，故，， 则， 若，则， 此时对任意的，有恒成立，符合要求； 若，则， 若，则， 故对任意的，有恒成立，符合要求； 若，则， 当时，，故不存在符合条件的； 综上所述，，故②错误； 对③：由题意可得对任意，有， 又， 故，又，故， 即，即有， 则总存在，使得对任意，有，故③正确； 对④：设， 由③知：对任意，总存在，使， 则， 则 ， 故是“有界变差数列”，故④正确. 故答案为：①③④. 【点睛】关键点点睛：本题结论④中关键点在于借助③中所得，结合合理放缩得到. 三､解答题 16. 在中，若，． （1）求； （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，使存在且唯一确定，求的面积． 条件①； 条件②的周长为； 条件③边的中线的长度为． 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）答案见解析 【解析】 【分析】（1）由条件利用正弦定理化边为角可得，化简可得答案； （2）若选择条件①，三角形不唯一确定，不符合要求；若选择条件②，由正弦定理求出，再由可得答案；若选择条件③：设为边上的中线，由余弦定理、正弦定理、面积公式可得答案. 【小问1详解】 因为，所以由正弦定理得， 因为，所以， 所以，即， 因为，所以； 【小问2详解】 若选择条件①：则，由（1）可得，三角形存在但不唯一确定； 若选择条件②：由（1）可得，所以， 由正弦定理，所以， 所以的周长为，所以，三角形存在且唯一确定， 所以的面积为； 若选择条件③：由（1）可得，所以． 设为边上的中线，， 在中，由余弦定理， 因为，，， 所以， 所以，故，所以， 则由正弦定理得，三角形存在且唯一确定， 所以的面积. 17. 如图，在四棱锥中，，底面是菱形，其中. （1）若是棱上一点，平面与棱交于点，求证：； （2）若平面，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）先由可得平面，再由线面平行的性质可得线线平行； （2）解法一：取的中点为，再分别以坐标轴，建立空间直角坐标系，用向量计算面面角的余弦值； 解法二：取的中点为，再分别以为坐标轴，建立空间直角坐标系，用向量方法计算面面的夹角； 解法三：设，再分别以为坐标轴，建立空间直角坐标系，用向量方法计算面面的夹角. 【小问1详解】 证明：连接， 因为四边形是菱形，所以.又因为平面，平面 所以平面，又因为平面，平面平面 所以. 【小问2详解】 （法一）取的中点为，连接，因为是菱形，， 所以. 所以，又，所以 因为平面，所以，即两两相互垂直． 如图建立空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，. 设平面的法向量为，则，即， 所以可得，所以，令，则， 所以， 又因为，. 设平面的法向量为，则， 即，所以. 令，则，． 所以， 设平面与平面的夹角为， 则 （法二）取的中点为，连接，则，又，所以 因为平面，所以．所以两两相互垂直． 如图建立空间直角坐标系， 则，，，，． 所以， 设平面的法向量为，则，即　所以， 所以，，令，所以，. 又， 设平面的法向量为，则，即， 所以，所以，令，． 所以，. 设平面与平面的夹角为， 则. （法三）连接，则，设. 因为平面，过作的平行线，则平面. 所以．即两两相互垂直． 如图建立空间直角坐标系， 则，，，，，． 所以，. 设平面的法向量为，则，即，所以 所以，令，则，所以， 又，. 设平面的法向量为，则，即. 所以，令，则，， 所以，. 设平面与平面的夹角为， 则. 18. 每年8月8日为我国的全民健身日，倡导大家健康、文明、快乐的生活方式．为了激发学生的体育运动兴趣，助力全面健康成长，某中学组织全体学生开展以体育锻炼为主题的实践活动．为了解该校学生参与活动的情况，随机抽取100名学生作为样本，统计他们参加体育锻炼活动时间（单位：分钟），得到下表： 时间人数 类别 性别 男 5 12 13 8 9 8 女 6 9 10 10 6 4 学段 初中 8 11 11 10 8 高中 m 13 12 7 5 4 （1）从该校随机抽取1名学生，若已知抽到的是女生，估计该学生参加体育锻炼活动时间在的概率． （2）从该校参加体育锻炼活动时间在和的学生中各随机抽取1人，其中初中学生的人数记为X，求随机变量X的分布列和数学期望； （3）假设同组中每个数据用该组区间中点值代替，样本中的100名学生参加体育锻炼活动时间的平均数记为，初中、高中学生参加体育锻炼活动时间的平均数分别记为、．写出一个m的值，使得．（结论不要证明） 【答案】（1） （2）分布列见解析， （3） 【解析】 【分析】（1）根据古典概型求解即可. （2）先写出随机变量的所有可能取值，求出对应概率，即可得分布列，再根据期望公式求期望即可. （3）分别计算关于的解析式可得答案. 【小问1详解】 从该校随机抽取名学生，若已知抽到的是女生， 估计该学生参加体育锻炼活动时间在的概率为； 【小问2详解】 依题意，的所有可能值为0，1，2， 参加体育锻炼活动时间在的学生总人数为，其中初中生人， 参加体育锻炼活动时间在的学生总人数为，其中初中生人， 记事件为“从参加体育锻炼活动时间在的学生中随机抽取1人，抽到的是初中学生”， 事件为“从参加体育锻炼活动时间在的学生中随机抽取1人，抽到的是初中学生”， 事件相互独立，且， 则， ， ， 所以的分布列为： 的数学期望； 【小问3详解】 根据表格人数可知： 内初中生的总体育锻炼活动时间， 内高中生的总体育锻炼活动时间， 则， ， ， 由，得，解得. 19. 已知椭圆C：（）的中心为原点O，短轴长为，A，B是椭圆的左、右顶点，F是椭圆的右焦点，. （1）求椭圆C的方程及离心率； （2）过点作直线l交椭圆C于M，N（异于A，B）两点，过点F作垂直于长轴的直线与直线BM交于点D，与直线BN交于点E.设的面积为，的面积为，求证：为定值. 【答案】（1）， （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用题设条件列出方程，求出，即得椭圆的方程； （2）先设出直线l的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理得到两点坐标的关系，再分别求出直线的方程，进而得到的坐标，最后计算​和​，证明它们的乘积为定值. 【小问1详解】 由椭圆的短轴长为，得， 设椭圆的长轴长为，焦距为,因为，故， 即，结合，解得， 故椭圆的方程是，离心率为； 【小问2详解】 由题意可知直线l的斜率不为0， 设直线,，且, 联立, 则，即得， 且， 则直线的方程为，过作垂直于长轴的直线为, 令，得，则； 同理直线的方程为， 令，得，则； 又，， 则 ， 为定值9. 20. 已知函数． （1）求的单调区间； （2）已知点，过作曲线的切线，直线交轴于点． ①求证：点在轴下方； ②设与轴交于点，曲线在点处的切线与轴交于点为坐标原点，当时，求证：． 【答案】（1）单调递减区间，单调递增区间； （2）①证明见解析；②证明见解析. 【解析】 【分析】（1）对函数求导，通过导数的正负确定函数的单调区间； （2）①，先求出切线方程，得到点B的纵坐标，再构造新函数分析其单调性，证明纵坐标恒小于0； ②，分别求出、两点的横坐标，通过化简证明，从而得到. 【小问1详解】 定义域为，， 当时，，单调递减；当时，，单调递增； 所以的单调递减区间为，单调递增区间为； 小问2详解】 对于①：在点处，切线方程为， 令得，即， 令，则， 当时，，单调递减，所以； 当时，，单调递增，所以 故，即，点在轴下方. 对于②：切线与轴交于点，令，得 即. 在处切线斜率为，切线方程为， 令，得，即， 因为，所以，所以 因为， 令，则， 令，则， 当时，，在单调递增，所以， 即，所以在单调递增，所以，即， 又时，，所以，即，所以. 21. 已知集合，从M中选取n个不同的元素组成一个序列：，其中称为该序列的第i项，若该序列的相邻项满足：或，则称该序列为K列． （1）对于第1项为的K列，写出它的第2项． （2）设为K列，且中的项满足：当i为奇数时，：当i为偶数时，.判断，能否同时为中的项，并说明理由； （3）证明：由M的全部元素组成的序列都不是K列． 【答案】（1）或 （2）不能，理由见解析 （3）证明过程见解析 【解析】 【分析】（1）根据新定义即可得解； （2）假设与能同时在中，导出矛盾，从而得出与不能同时在中的结论； （3）假设全体元素构成一个K列，通过构造导出矛盾，从而得到要证明的结论. 【小问1详解】 根据题目定义可知，或， 若第一项为，显然或不符合题意（不在集合中），所以下一项是或； 【小问2详解】 假设二者同时出现在中，由于K列取反序后仍是K列，故不妨设在之前. 显然，在K列中，相邻两项横纵坐标之和的奇偶性总是相反的，所以从到必定要向下一项走奇数次. 但又根据题目条件，这两个点的横坐标均在中，所以从到必定要向下一项走偶数次. 这导致矛盾，所以二者不能同时出现在中. 【小问3详解】 法1：若中的所有元素构成K列，考虑K列中形如的项， 这样的项共有个，由题知其下一项为，共计16个， 而，因为只能6由2来，3只能由7来， 横、纵坐标不能同时相差4，这样下一项只能有12个点， 即对于16个，有12个与之相对应，矛盾． 综上，由M的全部元素组成的序列都不是K列． 法2：假设全体元素构成一个K列，则. 设，. 则和都包含个元素，且中元素的相邻项必定在中. 如果存在至少两对相邻的项属于，那么属于的项的数目一定多于属于的项的数目， 所以至多存在一对相邻的项属于. 如果存在，则这对相邻的项的序号必定形如和， 否则将导致属于的项的个数比属于的项的个数多2，此时. 从而这个序列的前项中，第奇数项属于，第偶数项属于； 这个序列的后项中，第奇数项属于，第偶数项属于. 如果不存在相邻的属于的项，那么也可以看作上述表示在或的特殊情况. 这意味着必定存在，使得. 由于相邻两项的横纵坐标之和的奇偶性必定相反，故中横纵坐标之和为奇数的点和横纵坐标之和为偶数的点的数量一定分别是和（不一定对应）. 但容易验证，和都包含个横纵坐标之和为奇数的点和个横纵坐标之和为偶数的点，所以，得. 从而有. 这就得到. 再设，. 则同理有. 这意味着. 从而得到，但显然它们是不同的集合，矛盾. 所以由M的全部元素组成的序列都不是K列． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026北京市第一零九中学高三下学期数学开学考 2026.03 一､单选题 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知为虚数单位，若复数满足，则在复平面内对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 4. 要得到函数的图象，只需将函数的图象（ ） A. 向左平移个单位 B. 向左平移个单位 C. 向右平移个单位 D. 向右平移个单位 5. 已知，，若，则下列不等式一定成立的是（ ） A. B. C. D. 6. 等比数列的首项，前n项和为，若，则数列的前10项和为　　 A. 65 B. 75 C. 90 D. 110 7. 已知是定义在上的函数，那么“函数在上单调递增”是“函数在上的最大值为”的（ ） A. 既不充分也不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 充分而不必要条件 8. 设函数，若恒成立，且在上存在零点，则的最小值为（ ） A 8 B. 6 C. 4 D. 3 9. 深度学习是人工智能的一种具有代表性的实现方法，它是以神经网络为出发点的.在神经网络优化中，指数衰减的学习率模型为，其中表示每一轮优化时使用的学习率，表示初始学习率，表示衰减系数，表示训练迭代轮数，表示衰减速度.已知某个指数衰减的学习率模型的初始学习率为0.5，衰减速度为18，且当训练迭代轮数为18时，学习率为0.4，则学习率衰减到0.2以下（不含0.2）所需的训练迭代轮数至少为（ ）（参考数据：） A. 72 B. 73 C. 74 D. 75 10. 已知，，，且，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二､填空题 11. 已知抛物线上有一点P到焦点的距离为3，则P到y轴的距离为____________． 12. 已知，则__________；__________． 13. 已知角的终边关于直线对称，且，则的一组取值可以是______，______. 14. 如图，五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．已知，且等腰梯形所在平面，等腰三角形所在平面与平面的夹角的正切值均为，则该五面体的体积为_______． 15. 对于数列，若存在，使得对任意，有，则称为“有界变差数列”.给出以下四个结论： ①若等差数列为“有界变差数列”，则公差d等于0； ②若各项均为正数的等比数列为“有界变差数列”，则其公比的取值范围是； ③若数列是“有界变差数列”，则存在，使得对任意，有； ④若数列是“有界变差数列”，则数列必是“有界变差数列”. 其中所有正确结论的序号是______. 三､解答题 16. 中，若，． （1）求； （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，使存在且唯一确定，求的面积． 条件①； 条件②的周长为； 条件③边的中线的长度为． 注：如果选择条件不符合要求，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． 17. 如图，在四棱锥中，，底面是菱形，其中. （1）若是棱上一点，平面与棱交于点，求证：； （2）若平面，求平面与平面夹角的余弦值. 18. 每年8月8日为我国全民健身日，倡导大家健康、文明、快乐的生活方式．为了激发学生的体育运动兴趣，助力全面健康成长，某中学组织全体学生开展以体育锻炼为主题的实践活动．为了解该校学生参与活动的情况，随机抽取100名学生作为样本，统计他们参加体育锻炼活动时间（单位：分钟），得到下表： 时间人数 类别 性别 男 5 12 13 8 9 8 女 6 9 10 10 6 4 学段 初中 8 11 11 10 8 高中 m 13 12 7 5 4 （1）从该校随机抽取1名学生，若已知抽到的是女生，估计该学生参加体育锻炼活动时间在的概率． （2）从该校参加体育锻炼活动时间在和的学生中各随机抽取1人，其中初中学生的人数记为X，求随机变量X的分布列和数学期望； （3）假设同组中每个数据用该组区间中点值代替，样本中的100名学生参加体育锻炼活动时间的平均数记为，初中、高中学生参加体育锻炼活动时间的平均数分别记为、．写出一个m的值，使得．（结论不要证明） 19. 已知椭圆C：（）的中心为原点O，短轴长为，A，B是椭圆的左、右顶点，F是椭圆的右焦点，. （1）求椭圆C的方程及离心率； （2）过点作直线l交椭圆C于M，N（异于A，B）两点，过点F作垂直于长轴的直线与直线BM交于点D，与直线BN交于点E.设的面积为，的面积为，求证：为定值. 20. 已知函数． （1）求的单调区间； （2）已知点，过作曲线的切线，直线交轴于点． ①求证：点在轴的下方； ②设与轴交于点，曲线在点处的切线与轴交于点为坐标原点，当时，求证：． 21. 已知集合，从M中选取n个不同的元素组成一个序列：，其中称为该序列的第i项，若该序列的相邻项满足：或，则称该序列为K列． （1）对于第1项为的K列，写出它的第2项． （2）设为K列，且中的项满足：当i为奇数时，：当i为偶数时，.判断，能否同时为中的项，并说明理由； （3）证明：由M的全部元素组成的序列都不是K列． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $