精品解析：北京市朝阳区2026届高三年级第二学期质量检测一数学试卷

北京市朝阳区高三年级第二学期质量检测一 数学试卷 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】 【详解】因为，， 所以，故. 2. 复数的实部与虚部的和是（ ） A. B. C. 0 D. 2 【答案】C 【解析】 【详解】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. 10 B. 15 C. 20 D. 25 【答案】B 【解析】 【详解】在等差数列中，， 所以. 4. 已知向量，，.若，，三点共线，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【详解】，， 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. 2 D. 【答案】A 【解析】 【详解】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】 【详解】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. 50 B. 51 C. 52 D. 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，此时的最大值为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】 【详解】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的应用问题，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】 【详解】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） 0 1 2 3 0.45 0.4125 0.125 0.0125 ； （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： 0 1 2 3 0.45 0.4125 0.125 0.0125 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】 函数的定义域为，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，则称为数列： 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，从而设，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 . 所以． 所以 因为， 所以，即． 令， 则， 所以， 即数列为数列． 所以的最小值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京市朝阳区高三年级第二学期质量检测一 数学试卷 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. 2. 复数的实部与虚部的和是（ ） A. B. C. 0 D. 2 3. 已知等差数列的前项和为，，则（ ） A. 10 B. 15 C. 20 D. 25 4. 已知向量，，.若，，三点共线，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 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. 2 D. 6. 已知函数（），则的所有零点之和为（ ） A. B. C. D. 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 8. 已知函数，，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 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. 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. 50 B. 51 C. 52 D. 53 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） 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______. 13. 已知点，点（，）为圆：上的动点，若，则的一个取值为______. 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______. 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______. 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. 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. 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） 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. 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：. 21. 若数列：，，…，（）满足如下两个性质，则称为数列： 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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $