精品解析：北京市十一学校2025-2026学年高三下学期3月月考数学试卷

北京十一学校2026届高三数学3月月考试卷 满分：150分 时间：120分钟 命题人：冯雅璐 贺思轩 审题人：全体高三数学老师 一、选择题（每题4分，共40分）： 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】解不等式求得集合，进而利用补集，交集的意义求解即可. 【详解】因为，所以或， 又，则或. 故选：D. 2. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用复数的除法运算先求共轭复数，再求得，利用公式求解模长即可. 【详解】，， ，故. 故选：D. 3. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据不等式的性质逐项判断即可． 【详解】对于A，当时，，故A错误； 对于B，，， 又，，故B正确； 对于C，当时，符合，但，故C错误； 对于D，当时，，故D错误． 故选：B． 4. 已知函数，则（ ） A. 为奇函数 B. 为偶函数 C. 为奇函数 D. 为偶函数 【答案】B 【解析】 【分析】先利用诱导公式求出，再根据定义可判断其为偶函数，而根据反例可判断ACD的正误. 【详解】对于A，， 设，， ，其中， 故不为奇函数，为偶函数，故A错误，B正确. ，其中， 设，则， 故 故既不是奇函数，也不是偶函数，故CD错误. 5. 已知数列满足，且，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据已知条件得出最小项为，再利用累加法，即可得出答案. 【详解】因为，所以当时，，当时，， 所以，显然的最小值是， 又，，则， 所以的最小值是； 故选：A 6. 已知抛物线的焦点为，准线为.若与双曲线的两条渐近线分别交于点A和点B，且（为原点），则双曲线的离心率为 A. B. C. 2 D. 【答案】D 【解析】 【分析】只需把用表示出来，即可根据双曲线离心率的定义求得离心率． 【详解】抛物线的准线的方程为， 双曲线的渐近线方程为， 则有 ∴，，， ∴． 故选D． 【点睛】本题考查抛物线和双曲线的性质以及离心率的求解，解题关键是求出AB的长度． 7. 已知数列的前n项和为，则对，“”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】A 【解析】 【分析】利用累加法，结合题意可得，由能推出；举出反例，可得“”推不出“”.由充分、必要条件的定义得出答案. 【详解】由得：，，，……，， 不等式左右两边分别相加，得， 消去两边相同的项得，， 所以； 取数列满足，，，且对且有. 满足，，但.不满足. 即“”推不出“”. 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 8. 奶茶温度衰减满足函数关系，其中（单位：）为（单位：分钟）时的温度，（单位：）为室温，为常数，．已知某奶茶店的室温为，奶茶制作完成时温度为分钟后温度为，该奶茶适宜饮用温度为，则制作完成后适宜饮用的时间约为（    ） （参考数据：．结果保留整数） A. 25分钟 B. 30分钟 C. 35分钟 D. 40分钟 【答案】C 【解析】 【分析】由题，，当时，，，，代入运算可得，令运算得解. 【详解】由题，，当时，，则，得， 又，，故，得，所以， 当时，有，所以， 所以， 故制作完成后适宜饮用的时间约为35分钟. 故选：C. 9. 如图，圆为的外接圆，，，为边的中点，则（ ） A. 13 B. 14 C. 20 D. 25 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量的线性运算、向量数量积的运算及三角形外接圆的性质求解即可. 【详解】因为为边的中点，根据向量的平行四边形法则可知，， 所以. 取边中点，连接，则，所以. 所以 . 同理可得，. 所以. 10. 如图，水利灌溉工具筒车的转轮中心到水面的距离为，筒车的半径是，盛水筒的初始位置为与水平正方向的夹角为．若筒车以角速度沿逆时针方向转动，为筒车转动后盛水筒第一次到达入水点所需的时间（单位：），则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意求出盛水桶到水面的距离与时间的函数关系式，令即可求解. 【详解】设盛水桶在转动中到水面的距离为，时间为， 由图可知筒车转动后盛水筒第一次到达入水点的角度小于， 又筒车的角速度为2rad/min，所以所需的时间为，故A错误； 由题意可得，盛水桶到水面的距离与时间的函数关系如下： ， 令，即，解得， 又，可得， ，故D正确； ， ，故C错误； 又，解得，故B错误； 故选：D. 二、填空题（每题5分，共25分）： 11. 在的展开式中，项的系数是______．（用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】根据二项展开式的通项公式，求项的系数. 【详解】二项展开式的通项公式为， 当，得，所以的系数为. 12. 若直线与曲线有两个不同的交点，则实数k的一个取值为________（答案不唯一）． 【答案】1（的任何一个值都行） 【解析】 【分析】首先分析直线所过的定点，再作出曲线的图象，由题意结合临界情况即可求解. 【详解】直线变形为，所以直线恒过点， 曲线两边平方化简得， 如图，作出曲线的图象， 过点的直线与半圆交于端点时，这时直线与曲线有2个交点，斜率， 直线绕点逆时针旋转到与半圆相切时（不包括相切），都有2个交点， 当直线与圆相切时，圆心到直线的距离，解得：或（舍去）， 所以满足直线与曲线有2个不同交点的的取值范围是. 13. 在中，，则________，若，且的面积为，则________． 【答案】 ①. 2 ②. 【解析】 【分析】根据正弦定理化简可得，根据余弦定理、三角形面积公式及计算可得，代入计算可得. 【详解】根据正弦定理得，又，故， 根据余弦定理得，化简可得， 又，得， 由的面积为可得，，即， ， ，化简可得， 代入得， . 14. 将3个边长为4的正方形沿邻边的中点剪开分成两部分（如图左）；将这六个部分接于一个边长为的正六边形边上（如图），若拼接后的图形是一个多面体的表面展开图，则该多面体以ABCDEF为底时的高是________，该多面体的体积是________． 【答案】 ①. ②. 32 【解析】 【详解】折成的多面体如图①所示，将其补形为正方体，如图②，所求多面体的体积为正方体的一半， 又由已知可得正方体的棱长为4，故该多面体的底面为正六边形，边长为， 其中心到边的距离为， 则该多面体以为底时的高为点到平面的距离， 即正六棱锥的高，由对称性可得其值与正六棱锥的高相等 由正方体性质可得平面，故正六棱锥的高为， 多面体的体积是. 15. 已知是定义在上的函数，其图象是一条连续不断的曲线，设函数，下列说法正确的有____________． ①若在上单调递增，则存在实数，使得在上单调递增 ②对于任意实数，存在上的单调递减函数，使得在上单调递增 ③对于任意实数，若存在实数，使得，则存在实数，使得 ④若函数满足：当时，，当时，，则为的最小值． 【答案】②④ 【解析】 【分析】首先理解函数表达的是函数图象上两点割线的斜率，当时，表示的是切线斜率，然后举反例设可判断①错误；设可得②正确；设可得③错误；由函数单调性的定义可以判断④正确. 【详解】函数表达的是函数图象上两点割线的斜率，当时，表示的是切线斜率. 对于①：因为是定义在R上的函数，其图象是一条连续不断的曲线，且在R上单调递增， 所以设,则,此时为常数，不存在实数，使得在上单调递增，故①错误； 对于②：因为是定义在R上的函数，其图象是一条连续不断的曲线，且在R上单调递减， 所以设 ,此时表示的是图象上的切线斜率，对于任意实数，在上逐渐增大，是单调递增的，故②正确； 对于③：因为对于任意实数存在实数, 使得, 说明为有界函数， 所以设，函数在上有界， 但当且趋近于时，当时，当且趋近于2时，导函数无界， 故割线的斜率不一定有界, 如图 当点向点靠近时, 割线的斜率近似等于点处切线的斜率, 趋于正无穷， 所以，此时不存在实数，使得,故③错误； 对于④：因为函数满足：当时，, , 因为,所以, 同理，当时，, 即， 因为, ,所以， 所以为的最小值，故④正确. 故答案为：②④ 三、解答题（共85分） 16. 已知函数.（） （1）求； （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，使函数唯一确定，求在区间上的最大值和最小值. 条件①：当时，的最小值为； 条件②：函数的图象对称中心与相邻的对称轴之间的距离为； 条件③：函数在区间上单调递增. 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）见解析 【解析】 【分析】（1）根据函数解析式，可得答案； （2）根据三角恒等式化简函数解析式，由题意可得函数的最小正周期，结合正弦函数的单调性，可得答案. 【小问1详解】 . 【小问2详解】 ， ， . 若选①: 由题意可得函数的最小正周期， 则，解得，故，符合题意， 因则， 所以当时，. 若选②: 由题意可得函数的最小周期， 则，解得，故，符合题意， 因则， 所以当时，. 若选③: 由，则 由题意可知， 显然不唯一，不符合题意. 17. 如图，在四棱锥中，底面四边形ABCD满足，，，棱PD上的点E满足． （1）证明：直线平面PAB； （2）若，，且，求直线CE与平面PBC所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析； （2） 【解析】 【分析】（1）连接，过C做，交BD于T点，先利用三角形全等证得，再根据三角形的余弦定理求得BD，再由，证明平面平面即可得证. （2）根据三角形的余弦定理及边长关系证明平面，以O为原点，OC，OD，OP所在的直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面的法向量，后根据线面角的坐标求法代入即可求解. 【小问1详解】 解：由题意得： 连接，过C做，交BD于T点，如图所示： ，， 又 在中， 解得： 平面，平面， 平面，平面， 平面，平面 又相交于点 平面平面 平面 直线平面PAB 【小问2详解】 连接AC交BD于O点 在和中，由可得 ，即 解得：，满足，所以 又 又有AC交BD于O点，所以平面，满足PO，CO，DO两两垂直 故以O为原点，OC，OD，OP所在的直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系 则，，， 于是有， 设平面的法向量为，由 取 又 故所求角的正弦值为 所以直线CE与平面PBC所成角的正弦值为. 18. 某新能源汽车公司为测试A型和B型两款辅助驾驶系统避让障碍物的能力，用分别搭载A型和B型系统的汽车各测试了100次，其中A型系统成功避让80次，B型系统成功避让75次．假设每次测试相互独立，用频率估计概率． （1）估计A型系统每次测试中成功避让的概率； （2）若对B型系统再测试2次，对A型系统再测试1次，设X为其中成功避让的次数，求X的分布列和数学期望； （3）这两款辅助驾驶系统都是利用摄像头配合激光雷达来识别障碍物的，如果摄像头没有正确识别障碍物，仅依靠激光雷达，则A型和B型系统成功避让的概率都只有，若摄像头正确识别障碍物，则A型系统一定能成功避让，B型系统成功避让的概率为，设A型、B型系统中摄像头正确识别障碍物的概率分别为，，试比较，的大小．（结论不要求证明） 【答案】（1） （2） 0 1 2 3 . （3）. 【解析】 【分析】（1）用频率估算概率后可得型系统每次测试中成功避让的概率； （2）的所有可能取值为0，1，2，3，利用古典概率公式依次求出相应的概率，列出的分布列，求出期望； （3）利用全概率公式可得关于的方程，求出其解后可得的值，同理求出，故可比较两者的大小. 【小问1详解】 估计型系统每次测试中成功避让的概率为. 【小问2详解】 由题，型系统每次测试中成功避让的概率为，的所有可能取值为0，1，2，3， 所以，， ，， 所以的分布列为 0 1 2 3 故. 【小问3详解】 设为“型系统成功避让”，为“型系统的摄像头正确识别障碍物”， 则，，，， 而，即，解得； 同理，可得，解得，故. 19. 已知点，，动点在轴下方，且满足，记点的轨迹为．已知是上一点，，分别是的左、右顶点，，分别交直线和于，两点，以为直径的圆记为圆． （1）求的方程； （2）判断圆是否过定点．若过定点，求出定点的坐标；若不过，请说明理由． 【答案】（1） （2）过定点，定点坐标为. 【解析】 【分析】（1）根据条件及椭圆的定义，可得a，b，c的值，代入方程，即可得答案. （2）设，由（1）可得，点坐标，进而可得直线、的方程，联立可得M、N点坐标，即可得圆D的方程，化简整理，分析即可得答案. 【小问1详解】 因为，，且， 所以由椭圆的定义得，，，则， 则，则椭圆的方程为， 又点在轴下方，所以的方程为. 【小问2详解】 设，由（1）得， 则直线的斜率为，则直线的方程为， 令，得，即， 同理直线的斜率为，则直线的方程为， 令，得，即， 则以MN为直径的圆D方程为， 则， 又，则， 所以，， 所以方程变形为，即， 令，则，解得，即定点为. 20. 已知函数． （1）若曲线在点处的切线方程为，求实数a的值. （2）当，时， ①记的零点个数为m，极小值点个数为n，证明：： ②记①中的极小值点为，零点为，证明：． 【答案】（1）3 （2）①证明见解析；②证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义，可得切线的斜率k，根据切线方程，可解得a值. （2）①利用导数，可得的单调区间、极值，根据零点存在性定理，可得的零点，分析求解，即可得证；②根据①可得，，求得的解析式，利用导数可得在上恒成立，分析即可得证. 【小问1详解】 由题意得， 则在点处切线的斜率，解得. 【小问2详解】 ①证明：由（1）得， 令，则， 由，当时， 与都单调递增， 所以在上单调递增， 又， 所以存在唯一的，使得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 又，所以在上有唯一的零点， 即在上有唯一的零点， 当时，，则在上恒成立， 所以当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 所以在上有唯一的极小值点，即， 因为，且在上单调递减，在上单调递增， 根据零点存在定理，存在，使得. 即在上存在唯一零点，即，所以. ②证明：由①得，，，则， 则 ， 因为，所以， 令， 则，令， 则 在上恒成立， 所以在上单调递增， 又，所以在上恒成立，则在上单调递增， 又，所以在上恒成立， 所以在上恒成立， 又，则，且在上单调递增， 所以. 21. 无穷数列满足：为正整数，且对任意正整数，记，（定义为集合A中的元素个数）． （1）若，请写出数列的前项； （2）求证：对于任意正整数，必存在，使得； （3）求证：“”是“存在，当时，恒有成立”的充要条件． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【小问1详解】 . 【小问2详解】 假设存在正整数，使得对任意的，. 由题意，，考虑数列的前项： 其中至少有项的取值相同， 不妨设此时有：矛盾. 故对于任意的正整数，必存在，使得. 【小问3详解】 当时，数列为. 特别地，，，故对任意的： 若为偶数，则； 若为奇数，则. 综上，恒成立，特别地，取，有当时，恒有成立. 假设存在，使得“存在， 当时，恒有成立”，则数列的前项为： 后面的项顺次为： 对任意的，总存在，使得，，这与矛盾， 故若存在，当时，恒有成立，必有. 综上，“”是“存在，当时，恒有成立”的充要条件. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京十一学校2026届高三数学3月月考试卷 满分：150分 时间：120分钟 命题人：冯雅璐 贺思轩 审题人：全体高三数学老师 一、选择题（每题4分，共40分）： 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 或 2. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数，则（ ） A. 为奇函数 B. 为偶函数 C. 为奇函数 D. 为偶函数 5. 已知数列满足，且，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 6. 已知抛物线的焦点为，准线为.若与双曲线的两条渐近线分别交于点A和点B，且（为原点），则双曲线的离心率为 A. B. C. 2 D. 7. 已知数列的前n项和为，则对，“”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 8. 奶茶温度衰减满足函数关系，其中（单位：）为（单位：分钟）时的温度，（单位：）为室温，为常数，．已知某奶茶店的室温为，奶茶制作完成时温度为分钟后温度为，该奶茶适宜饮用温度为，则制作完成后适宜饮用的时间约为（    ） （参考数据：．结果保留整数） A. 25分钟 B. 30分钟 C. 35分钟 D. 40分钟 9. 如图，圆为的外接圆，，，为边的中点，则（ ） A. 13 B. 14 C. 20 D. 25 10. 如图，水利灌溉工具筒车的转轮中心到水面的距离为，筒车的半径是，盛水筒的初始位置为与水平正方向的夹角为．若筒车以角速度沿逆时针方向转动，为筒车转动后盛水筒第一次到达入水点所需的时间（单位：），则（ ） A. B. C. D. 二、填空题（每题5分，共25分）： 11. 在的展开式中，项的系数是______．（用数字作答） 12. 若直线与曲线有两个不同的交点，则实数k的一个取值为________（答案不唯一）． 13. 在中，，则________，若，且的面积为，则________． 14. 将3个边长为4的正方形沿邻边的中点剪开分成两部分（如图左）；将这六个部分接于一个边长为的正六边形边上（如图），若拼接后的图形是一个多面体的表面展开图，则该多面体以ABCDEF为底时的高是________，该多面体的体积是________． 15. 已知是定义在上的函数，其图象是一条连续不断的曲线，设函数，下列说法正确的有____________． ①若在上单调递增，则存在实数，使得在上单调递增 ②对于任意实数，存在上的单调递减函数，使得在上单调递增 ③对于任意实数，若存在实数，使得，则存在实数，使得 ④若函数满足：当时，，当时，，则为的最小值． 三、解答题（共85分） 16. 已知函数.（） （1）求； （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，使函数唯一确定，求在区间上的最大值和最小值. 条件①：当时，的最小值为； 条件②：函数的图象对称中心与相邻的对称轴之间的距离为； 条件③：函数在区间上单调递增. 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. 17. 如图，在四棱锥中，底面四边形ABCD满足，，，棱PD上的点E满足． （1）证明：直线平面PAB； （2）若，，且，求直线CE与平面PBC所成角的正弦值． 18. 某新能源汽车公司为测试A型和B型两款辅助驾驶系统避让障碍物的能力，用分别搭载A型和B型系统的汽车各测试了100次，其中A型系统成功避让80次，B型系统成功避让75次．假设每次测试相互独立，用频率估计概率． （1）估计A型系统每次测试中成功避让的概率； （2）若对B型系统再测试2次，对A型系统再测试1次，设X为其中成功避让的次数，求X的分布列和数学期望； （3）这两款辅助驾驶系统都是利用摄像头配合激光雷达来识别障碍物的，如果摄像头没有正确识别障碍物，仅依靠激光雷达，则A型和B型系统成功避让的概率都只有，若摄像头正确识别障碍物，则A型系统一定能成功避让，B型系统成功避让的概率为，设A型、B型系统中摄像头正确识别障碍物的概率分别为，，试比较，的大小．（结论不要求证明） 19. 已知点，，动点在轴下方，且满足，记点的轨迹为．已知是上一点，，分别是的左、右顶点，，分别交直线和于，两点，以为直径的圆记为圆． （1）求的方程； （2）判断圆是否过定点．若过定点，求出定点的坐标；若不过，请说明理由． 20. 已知函数． （1）若曲线在点处的切线方程为，求实数a的值. （2）当，时， ①记的零点个数为m，极小值点个数为n，证明：： ②记①中的极小值点为，零点为，证明：． 21. 无穷数列满足：为正整数，且对任意正整数，记，（定义为集合A中的元素个数）． （1）若，请写出数列的前项； （2）求证：对于任意正整数，必存在，使得； （3）求证：“”是“存在，当时，恒有成立”的充要条件． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $