北京市十一学校2026届高三下学期数学4月月考试卷

北京十一学校2026届高三数学4月月考 (参考答案)》 满分：150分 时间：120分钟 命题人：段英华李思奇沈天成张浩贺思轩 审题人：全体高三数学组老师 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。 题号 3 4 6 个 8 0 10 答案 B O D B D C 复数 1.(2026·朝阳区校级一模)若复数==1+2，则z在复平面上对应的点位于() A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 【解答】解：复数z=1+2i,则证=i0+2)=-2+i, 所以iz在复平面上对应的点(-2,1)，位于第二象限. 故选：B 集合 2.(2026~海淀区技级模拟)已知集合U=R,A=日≤-，B=10<r<,则4门C)=（) A.(-0,1 B1oUc.aoUn【1,0 【解答】解：B=log:X>2)=x0<x<寻，U=R, 则CB=xx≥4或0，A=-lr<0y,则A∩GB)=【-1,0). 故选：D. 不等式 3.(2025秋顺义区期末)己知a,b,c∈R,且a>b,c>1,则() A.a-c>b-1 B.ac>b C.c、c D.C、b b a cc 【答案】D 【解答】解：对于A,当a=3,b=2,c=6时，a-c=-3<b-1=1,故A错误； 对于B,当a=-1,b=-2,c=3时，ac=-3<b=-2,故B错误. 对打，当a=1,b-1,c=2时，分-2<分2，故c错误： 1 a、b 对于D,a>b,c>1,. >6,故D正确： 故选：D. CC 抛物线 4.(2025秋石景山区期末)如图，设抛物线C:x2=4y的焦点为F,过x轴上一点A作直线1交C于B,D两 点，若B,D7,则AB=() 5 BDI 4 B. c.2 n 【解答】解：设点B(x,y)、D(x2,y,),由题意得抛物线C的准线方程为y=-1, 由酬物线定义可得团1了可得另 3 IDF为+1=7，可得，=6，所以MB1=-3×1,故AB。 1AD|121264 BDI 3 故选：B 直线与圆 5.(2023门头沟区一模)若点M是圆C:x2+y2-4x=0上的任一点，直线1：x+y+2=0与x轴、y轴分别相交 于A、B两点，则∠MAB的最小值为() A. π C.π 【解答】解：由题意可知∠CAB= 若∠MAB最小，则AM应为圆C的切线， 1AC=4,1MC=2,如图所示，可得∠C4M=产 ∠MAB的最小值为花-=交 4612 y C 2 故选：A. 向量 6.(2022西城区校级模拟)在△ABC中，AB=AC=1,D是AC的中点，则BD.CD的取值范围是() A(程 B.（←0， c.(+列 D.4 13、 【解答】解：BD=-(DA+AB),设∠CAB=a∈(O,π)， 所以而西-+西)应=+}短本d -21 故选：A. B 三角 7.(2026春·朝阳区校级月考)质点P和2在以坐标原点O为圆心，半径为1的圆周上同时出发逆时针作匀速圆 周运动.P的起点坐标为( 31 2,角速度为1ad/s:Q的起点坐标为二，Y),角速度为2ad1s.则质点O 22 与P相遇点对应的坐标可能为() B.6-56+2 4 4 c(99 D. 6+2,6-5 4 4 【解答】解：因为P的起点坐标为5，Q的起点坐标为(5， 2’2 2’2 所以点P在的终边上，点Q在严的终边上， 6 设质点P与Q相遇时用时t(s), 因为P的角速度为lad/s;Q的角速度为2rad/s, 所以匠+20-（唔+0=2kxk∈N, 解得1=+2xkeN, 此时质点Q落在a=交+21=下+2（工+2k)=工+4k元，k∈N的终边上， 4 4 12 12 所以点O的餐标为后+=m后cm(子急马96手巨 12 46 22 224 点e的纵坐标为im无-simg-巧=5x5_巨x16-迈， 12 46 22224 所质点e6为6：点6，点. 故选：D 3 数列&充要条件 8.设等比数列{a}的前n项和为S,则“3n∈N,SS<0”是“公比q<0”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 解析：当q=-1时，满足q<0,但SS=0,则SS1<0不成立，所以不必要； 答案：A 指对幂&应用 9.(2025秋·顺义区校级月考)某人工智能团队在训练深度学习模型时，采用分阶段学习率衰减策略.第一阶段 使用对数衰减，初始学习率为0.1，学习率n随迭代次数n(n∈N)的变化公式为n=0.1-0.01(n+1).当学习率 小于等于0.05时，切换至第二阶段，第二阶段使用指数衰减策略，学习率公式为刀=0.05-)，其中4为第 阶段结束时的迭代次数，为总迭代次数.当学习率小于等于0.01时，模型停止训练.则该模型需要训练的 总迭代次数为（结果保留整数.参考数据：e≈148.413,1m5≈1.609）() A.307 B.308 C.309 D.310 【答案】C 【解答】解：在第一阶段，由7=0.1-0.01ln+1)≤0.05，即lmn+1)≥5，得n+1>e≈148.413， 而n∈N,所以解得n心l48, 即n=148时第一阶段迭代结束，所以2=148， 在第二阶段，由n=0.05e0o-0.05e00148)0.01,即e00=148)≤1 5 得-0.01(n-148)≤m -h5心-1.609，而neN,所以解得心309，即n=309时模型停止训练. 故选：C. 函数 10.(2025秋海淀区校级月考)设函数f)=(+am0+x)+1(a∈)，下列说法正确的是(） A.存在实数a,使得曲线y=f(x)为轴对称图形： B.存在实数a,使得曲线y=f(x)为中心对称图形： C.存在实数a,使得曲线y=f(白)为轴对称图形： D.存在实数a, 使得曲线y=了日为中心对称图形， 【解答】 4 C.令)=f白=(《+an+x+10x>0或x<-, 由对称性知，若存在对称轴或对称巾心，必在直线x=上。 考虑h)--x-)=(K+an1+x+1-[-x-1+aX,+1] x+1 =x+al+x-(x+1-hn+=(2a-1m+x>0或x<-), 当a=}时，h)-(-x-)=2a-1mx+1=0, 所以h(x)=h(-x-1), 所以)-白关于=号对称，故C正确： D.考起-x-)-+o咖生1+x-11a0咖】 =(x+om1+x+k+1-a0hmx+1+2=2x+1hnx+12x>0或x<-1), 所以不存在实数a,使得h(x)+h(-x-1)=0, 即不存在实数a,使得曲线y=f(台)为中心对称图形，故D错误. 故答案为：C. 第二部分 （非选择题 共110分) 二、填空题共5小题，每题5分，共25分。 二项式定理 1.(2025上海一模)在之的民开式中，的系数足 【解谷】解通项公式为刀=C(分兰。 令93 =3,求得=5，可得其展开式中常数项是CG×(宁= 63 故答案为： 63 2 16 6 双曲线 12.(2026·朝阳区校级一模)己知双曲线x2-2=1,若=1，则双曲线的渐近线方程为 ；若双曲 线上存在四个点A,B,C,D使得四边形ABCD为正方形，则m的一个取值为一· 【解答】解：因为双曲线x2-2=1, 当=1时，双曲线为x2-y2=1,此时d2=b2=1, 所以双曲线的渐近线方程为y=土x. 又x-父=10m>0, 1 nt 其渐近线方程为y=±， 5 要使双曲线上存在四个点A,B,C,D满足四边形ABCD是正方形， 根据正方形的对称性可得正方形的对称中心在原点，且在第一象限内的顶点横纵坐标相等， 则2>1，解得0<m<1,可取m= N mE 21 故答案为：y=士x; (答案不唯一). 立体几何 13.（2025·北京校级三模)故宫角楼的屋顶是我国十字脊项的典型代表，如图1，它是由两个完全相同的直三棱 柱垂直交叉构成，将其抽象成几何体如图2所示.已知三棱柱ABF-CDE和BDG-ACH是两个完全相同的直三 棱柱，侧棱EF与GH互相垂直平分，AF=BF=a,AF⊥BF，则点G到平面ACEF的距离是 十字脊顶 H G D A ⊙ 图1 图2 A.3 3 B.a c. 2 a b.y 【解答】解：取AC中点M,连接MM,过G作Ⅲ的垂线交MM的延长线于点K, 取AB中点N,连接FN, 由已知，M、I分别为AC、EF中点， 因为ABF-CDE是直三棱柱，所以AF⊥AC,EF/1AC且EF=AC, 所以FI//AM且FI=AM,所以四边形AMIF为平行四边形， 又AF⊥AC,所以AMMF为矩形，所以EF⊥MK, 又EF⊥GH,MKc平面KIG,GHc平面KIG,MK∩GH=I, 所以EF⊥平面KIG,KGc平面KIG,所以EF⊥KG, 又因为KG⊥MK,EFC平面ACEF,MKC平面ACEF,EF∩MK=I, 所以KGL平面ACEF,所以点G到平面ACEF的距离等于线段KG的长度，设为h, AF⊥BF,在Rt△ABF中，AF=BF=a, 所以AB=V匠+a=V2a,设角∠AB=0,则有sm0=5 2 6 因为四边形AMIF为平行四边形，所以MI//AF, 又因为BDG-ACH是直三棱柱，所以AB/HG,且HG=AB=a, 所以∠KG=∠AB=0,1G=2a 2 又因为KG⊥平面ACEF,IKC平面ACEF,所以KG⊥IK, 所以sinB= KG h 一，即 h√2 22 一= IG√2 a -a 2 2 解得h=a, 所以点G到平面ACEF的距离是C 故选：B. H D B 分段函数 14.己知函数f(x)= -1, ≤1，其中a>0且a≠1.若关于x的方程f,=a-3恰有三个不相等的实 (2-(x-1)+1,x>1. 数根x,x2x3, 则a的取值范围为 一，且x+x,+x的取值范围为 答案：(34)：（-0,2) 【详解】 当0<a<1时，简图如下： 当1<a<2时，简图如下： 个N 2 3 +2 1 0 当a=2时，简图如下： 当a>2时，简图如下： 7 -1 由图可知，只有当a>2且0<a-3<1即3<a<4时，方程f(x)=a-3才有三个不相等的实数根.不妨设三个根 xkX,显然x是2e02)由fG)=fx,)得1-心=a-1敌户+a 2 所以a+=a·d。 a+a =1,故x+x2<0,从而x+x,+￥，<2 2 数列 15.己知无穷数列{a}满足下列三个性质： (i)4=0,a2≠0： (ii)对任意的n∈N*,an∈Z; （(ii)对任意的n≥2，都有a+2-a=a.-aa-1 则下列说法正确的是 ①当42=1，a2=2时，a。=2; ②当4=2时，存在单调递增的数列{a}满足上述条件； ③当a2>4>0时，a2>0对任意的k∈W成立； ④对于任意数列{a,总存在m∈N*,使得对任意的n>m,都有a1A。<0 【答案】①③④ 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.(本题13分)在△4BC中，csim2B=22,b=35. cos B (I)求sinC的值；5分 (IⅡ)若C<b,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△ABC存在且唯一，求BC 边上中线的长. 8分 条作①：C边上的高为：条件2：=5：条件3：6mB5 3 注：如果选择的条件不符合要求，第（Ⅱ）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. 8 【答案】(I)6 (IⅡ)选择条件①，BC边上中线的长为V11;选择条件②，△ABC不唯一；选择条件③，BC边上中线的长为 11. 【分析】(I)根据二倍角公式及正弦定理即可求出siC; (Ⅱ)若选择①，根据三角形的面积公式再结合余弦定理，即可判断；若选择②，由题意可得B可以为钝角， 也可以为锐角，故△ABC不唯一；若选择③，根据正弦定理和余弦定理，即可求解. 【解答】解：(I)由sn2B=22可得， cos B C,2 sin B cosB=2√2，即c sin B=V2,-l分 cos B 由正弦定理可得，b sinB$inC’-2分 所以bsin C=csin B=√2，-----3分 又6=36，所以si咖c=226 b3W39:-5分 （I)已知b=33,c<b,simC=y6 9 所以C为锐角，且C<;-6分 6 条件①： -7分 4C边上的高为4V6 。,则s三1b×400=5ab×sinC,--8分 即46=ax ,所以a=4,-9分 9 又oc-小--9 9 -----10分 所以c=4+b-2 b coC=4+6-2x4×35×55_3,所以c=5,…11分 9 综上，a=4,b=3V3,c=√3，所以△ABC存在且唯一， E B D 在△ACD中，AC=3V3,CD=BC=2,cosC= 53 2 9 所以AD=VAC+CD2-2AC.CDosC-3+2-2x35×2x5 9 故BC边上中线的长为√11； --13分 条件②： -0分 c=√3，由csin B=√2可得，sinB= √6 3 又C<交，所以B可以为钝角，也可以为锐角，△ABC不唯一： 6 条件③： -6分 cosB=-3 ,则B为钝角，此时△ABC存在且唯一，--7分 3 sin B=v1-cos2 B= -6 由bsin C=csinB可得，c=bsinc 3v3xV6 sin B 9=,-9分 3 B D C 在△ABC中，AC-3V5,4AB=V5,cosB=- 3 所以coB=4B+BC-ACV3+BC-G3_- 2AB·BC 23.BC 3 整理得，BC2+2BC-24=0,解得BC=4或BC=-6（舍去)，--11分 在△4CD中，AC=35,CD=)BC=2cosC=55 9 所以AD=√AC2+CD2-2AC.CDcosC= g+2-2x35×2x55i, 9 故BC边上中线的长为√1. -13分 【点评】本题考查了正弦定理和余弦定理的综合应用，属于中档题. 17,(本题14分)如图，在四棱锥A-BCFG中，△ABC是边长为4的等边三角形，四边形BCFG为菱形， ∠CBG=6O°，平面ABC⊥平面BCFG,D为棱AB的中点，记平面ABC和平面AFG的交线为1. (1)证明：111BC;4分 (2)在线段CG(不含端点)上是否存在一点B,使得直线DB与平面4Cr所成角的正弦值为6？若存在， 10 米C 的值；若不存在，请说明理由.10分 CG 10 F G D 【分析】(1)由题意FG//BC,可得BC/1平面AFG,然后利用线面平行的性质可证得I/BC; (2)建立空间直角坐标系，求出平面ACF的法向量，利用点到平面的距离的向量公式求解； (3)设C亚=CG,0<1<1,根据已知条件及线面角的向量公式列方程求解， 【解答】解：(1)证明：：四边形BCFG为菱形，.FG/BC, FGC平面AFG,BC中平面AFG,.BC//平面AFG,…3分 BCC平面ABC,平面ABC∩平面AFG=l,…4分 .1/BC. (2)取BC的中点O,连接OA,OG, :△ABC是边长为4的等边三角形，：OA⊥BC, :四边形BCFG为菱形，∠CBG=60°，∴.△CBG为等边三角形，OG⊥BC, :平面ABC⊥平面BCFG,平面ABC∩平面BCFG=BC,OGC平面BCFG,OG⊥BC, .OG⊥平面ABC, 以O为坐标原点，以OA,OB,OG所在直线分别为x,y,=轴，建立空间直角坐标系，…6分 F ------ 元A1 D B 则O(0,0,0),A(2W3,0,0),B(0,2,0),C(0,-2,0),D(N3,1,0),F(0,-4,2W3),G(0,0,2N3), AC=（-2√3，-2,0)，AF=(-2W3,-4,23),AD=(-√3,1,0)， 设平面ACF的法向量为i=(x,y,), LACm AC=-23x-2y=0 则 m1AF’由 i.AF=-23.x-4y+2√5z=0 11 令x=1,则y=-√3，z=-1,m=1,-√5，-1)，…8分 假设在线段CG(不含端点)上存在一点B,使得直线DB与平面4CP所成角的正弦值为N6 10 设CE=CG,0<1<1, 则DE=DC+CE=DC+2CG=(-√5，-3,0)+(0,2,2W3)=(V3,21-3,2W3),…10分 :平面ACF的法向量为m=1,-√3，-1)， 直线DB与平面4CF所成角的正弦值为Y6 01 I cos<mDE 125-452刈 6 …12分 |m川DE1√5×V3+(2元-3)2+1222 10 整理得3622-371+7=0， 部得1或2了 4 所以在线段CG?不含端点)上存在点B,当CR=CG或CBCG时 4 直线D5与平面ACP所成角的正弦值为Y6 …14分 0 【点评】本题考查线线平行的判定，以及向量法的应用，属于中档题. 18.(本题13分)某地区教育研究部门为了解当前本地区中小学教师在教育教学中运用人工智能的态度、经验、 困难等情况，从该地区2000名中小学教师中随机抽取100名进行了访谈.在整理访谈结果的过程中，统计他们对 “人工智能助力教学”作用的认识，得到的部分数据如下表所示： 没有帮助 有一些帮助 很有帮助 合计 性 男 2 10 20 别 女 35 40 80 年 40岁以下（含40岁） 35 龄 40岁以上 6 26 45 假设用频率估计概率，且每位教师对“人工智能助力教学，作用的认识相互独立 (1)估计该地区中小学教师中认为人工智能对于教学“没有帮助”的人数： 3分 (2)现按性别进行分层抽样，从该地区抽取了5名教师，求这5名教师中恰有1人认为人工智能对于教学“很有 帮助的概率；7分 (3)对受访教师关于“人工智能助力教学”的观点进行赋分：“没有帮助”记0分，“有一些帮助”记2分，“很有帮 助记4分.统计受访教师的得分，将这100名教师得分的平均值记为，其中年龄在40岁以下（含40岁）教师 得分的平均值记为4，年龄在40岁以上教师得分的平均值记为42，通过计算比较4。，凸，42的大小关系.3分 12 【答案】(1)140(2) 7 40 （3)41>4>2 【来源】北京市回民学校2024-2025学年高三下学期统练七数学试题 【分析】(1)完善表格，得到到100名教师中，认为人工智能对于教学“没有帮助”的频率，频率估计概率即可估 计该地区中小学教师中认为人工智能对于教学“没有帮助”的人数： (2)由男女比例得到抽取情况，分别求出男女教师认为对于教学“很有帮助”的概率，然后分别求得这1人”为 男老师和女老师的概率，然后求和得到结果： (3)由题意分别求出4，凸，42，然后比较. 没有帮助 有一些帮助 很有帮助 合计 性 男 2 10 8 20 别 女 5 35 40 80 年 40岁以下（含40岁） 1 19 35 55 龄 40岁以上 6 26 13 45 【详解】(1)根据表格中数据， 完善表格， 7 可以得到100名教师中，认为人工智能对于教学“没有帮助的频率为 00 7 用频率估计概率， 估计该地区中小学教师中认为人工智能对于教学“没有帮助的人数为2000× =140；-3 100 分 (2)男女比例为20：80=1：4，故抽取的5名教师，有1名男教师，4名女教师，-----5分 82 用频率估计概率，估计该地区中小学教师中男教师认为对于教学很有帮助”的概率为 05’-6分 女教师认为对于教学“很有帮助的概率为 401 02 ---7分 抽取的5名教师中，恰有1人认为人工智能对于教学很有帮助”， 则1名男教师认为人工智能对于教学“很有帮助的概率为 ---8分 1名女款师认为人工智能对于教学很有指助的强率为1》心*1 ，9分 故这5名教师中恰有1人认为人工智能对于教学很有帮助”的概率为 1,37 402040 ----10分 (3)4,-7×0+45x2+48×4-2.82 100 1×0+19×2+35×4178 41= 55 55 13 6×0+26×2+13×4104 45 45 因为 78 104 >2.82> 55 45 所以片>4>h2-13分 19.（本题15分)已知杨图C等+君-1a>6>0的短轴长为2，左右焦点分别为5，月，M为稀圆c上一点 且M⊥x轴，MEF7IMI. (1)求椭圆C的标准方程： 5分 (2)己知直线x=y+(t≠0且0<<2)与椭圆C交于A,B两点，点A关于原点的对称点为A、关于x轴的 对称点为A,直线BA,与x轴交于点D,若△ABD与△ABA的面积相等，求m的值. 10分 【答案】1)+] 2》n号5 【来源】重庆市2022届高三三模数学试题 【分析】1D短轴长为2得6=1，由椭圆定义可得-异M=7R-朵，白sf=f+K即可 求得a=2,进而写出椭圆方程： ②)联立直线和椭圆方程料用韦达定理得到y为-手男+头子从而得到D品04()】 求出AD的中点坐标代入直线方程x=少+m可得答案. 【详解】(1)因为短轴长为2，所以b=1,…1分 因为ME=7IM,M+M-7+|M=8M=2a, 所以Ml-任M=7-2.…2分 又因为M四上x轴，所以M=+EE,…3分 则=（侣，且G-公=1=6解行a=2.分 则椭圆C的标准方程为兰+y=1…5分 (2)设A(,y),则B(,y2),A(5,-), x+42=4整理得(+4y2+2mw+m2-4=0,…6分 x=ty+m 联立 14 则片为=㎡-4 +得 则丛=4-m2 t2+4 y+y2 2tm …7分 直线B4:y-为=十(x-x),…8分 x2- 令y=0,得=y+=+m%+6+m四5_2⅓+m0y+=m+21. y+2 y+y2 片+y2 片+2 故x=4m+m= 4 ,,D三，0，…10分 m 4(-书，)，则AD的中点坐标为二 211, …11分 由于△ABD与△ABA的面积相等，故D,A到直线AB的距离相等， 因此AD的中点在x=y+m上，…12分 5=2+m,21 可得21x 1 ”m2+m=211 1 292m=+m,…3分 则2-3 ,三2，解得=号，又0<m<2,所以=3315分 D A1 A2 20.(本题15分)已知函数f(x)=(a-1)e-e-ax(a∈R). (I)当a=3时，求曲线y=f(x)在点(0，f(0)处的切线方程；4分 (Ⅱ)若f(x)既存在极大值，又存在极小值，求实数a的取值范围： 6分 (Ⅲ)当1<a<2时，直线y=t与曲线y=f(w有三个交点，设t的取值集合为(2，q)求q-p的取值范围.5 分 【解答】解：(I)f(x)=2e-ex-3x, 所以f(0)=1----1分 ，又f"(x)=2e+e-3→f"(0)=0,--3分 所以切线方程为y=1.-4分 (I)f')=a-le+e-a=a-le2-e+1_【a-10e-le-1) .---5分 e 当a≤1或a=2时，f'(x)只有一个零点，f(x)不可能有两个极值点；--6分 当a≠1时，令f(g)=0,得x=0或x=n a-1 当1<a<2时，f(x)与f(x)的变化情况如下表： 15 (-0,0) 1) 1 1,o) 1 x 0 (0,ln (In- a-1 a-1 f'(x) + 0 0 + f(x) 极大值 极小值 -8分 当a>2时，f(x)与f(x)的变化情况如下表： (-n,h 1 m、1 (In- 1 70) 0 (0,+∞) a-1 a-1 f'(x) × 0 0 × f(x) 7 极大值 极小值 7 -10分 综上：a的取值范围为1,2)LU(2,+). ()q=f0)=a-2,p=fm1)=2-a+aha-1),-.-11分 a-11 令ga=q-p=2a-4-ah(a-),g(@=2-ha-1)-a a 8"@二>0，所以8@单调递增 g'(@<g(2)=0,g(网单调递减，1img(a=+0,g(2)=0--14分 所以q-p的取值范围为(0，+0).-15分 a+a+1+…+a 21.（本题15分)己知正实数数列A:4,42,,4n,对任意的1≤i≤j≤n,记，= j-i+2 令集合M,={,j=i,i+1,,n，i=1,2,,n;记集合M=MUM2UUMn, ()若A:1,),直接写出M和M;4分 22 (II)若n=4,且满足4>a,>4>a4,求集合M1的元素个数的最小可能值：5分 (III)若n=2026,证明：集合M中至少含有46个元素.6分 (1 解：I)M M= 「1111 2 243 .4分 (Ⅱ)M元素个数的最小值为2. 5分 4===4=6，M} ∫13 7分 若u-1,测有号=9十2=9+6+a,解得a,=a,=4,矛盾 1 23 4 16 .9分 (I)若M,中至少就含有46个元素，则已成立 .10分 若不然M≤45 故1,2，，%2026这2026个数只有至多45种可能，必有一个数出现了至少46次 …11分 设，=，==m6=t,其中1≤乃<乃，<<6≤2026，t为正实数， 考虑4， ah++a=n:-乃，i,则由 n,-h+1n.-h+1 matln<m<<mn<t 这便说明了M中至少有46个元素 …15分 17北京十一学校2026届高三数学4月月考试卷 满分：150分 时间：120分钟 命题人：段英华李思奇沈天成张浩 贺思轩 审题人：全体高三数学组老师 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.若复数z=1+2i,则z在复平面上对应的点位于（) A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 2.已知集合U=R,A=x≤-1，B={x0<x<,则A∩(，B)=()】 A.(-o0,1] D.[-1,0) 3.已知a,b,c∈R,且a>b,c>1,则() A.a-c>b-1 B.ac>b C.>c D.“b b a 4.如图，设抛物线C:x2=4y的焦点为F,过x轴上一点A作直线1交C于B,D两点，若1FB= IFD=7,则1B=() BD A. B.I 3 C. 2-7 D. 5-9 5.若点M是圆C:x2+y2-4x=0上的任一点，直线1：x+y+2=0与x轴、y轴分别相交于A、B两 点，则∠MAB的最小值为（) A B. C. D. 4 3 6 6.在△ABC中，AB=AC=1,D是AC的中点，则BD.CD的取值范围是（) B.(←o0, ,+00) 4 D 7.质点P和Q在以坐标原点0为圆心，半径为1的圆周上同时出发逆时针作匀速圆周运动.第1页 点坐标为5 2 ),角速度为md/s;O的起点坐标为2，Y3,角速度为2ad/.则质点O与P相 22 遇点对应的坐标可能为（) 1 22 B.6-26+2 4,1 4 c.52 D.6+2.6-2 22 4 4 8.设等比数列{an}的前n项和为Sn，则]n∈V,S,S1<0”是“公比g<0”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 9.某人工智能团队在训练深度学习模型时，采用分阶段学习率衰减策略.第一阶段使用对数衰减，初 始学习率为0.1，学习率n随迭代次数(n∈W)的变化公式为n=0.1-0.01n(n+1).当学习率小于等于 0.05时，切换至第二阶段，第二阶段使用指数衰减策略，学习率公式为n=0.05em-M)，其中n,为第 一阶段结束时的迭代次数，为总迭代次数.当学习率小于等于0.01时，模型停止训练.则该模型需 要训练的总迭代次数为（结果保留整数.参考数据：e≈148.413,1n5≈1.609）（） A.307 B.308 C.309 D.310 10.设函数f(x)=(仁+a)1+x)+1(a∈R),下列说法正确的是（) A.存在实数a,使得曲线y=f(x)为轴对称图形； B.存在实数a,使得曲线y=f(x)为中心对称图形； C.存在实数a,使得曲线y=f(白)为轴对称图形； D.存在实数a,使得曲线y=f(一)为中心对称图形 (共4页) 第二部分 (非选择题 共110分) 二、填空题共5小题，每题5分，共25分。 山.在W广的展开式中，的系数是 12.已知双曲线x2-my2=1,若m=1,则双曲线的渐近线方程为 ；若双曲线上存在四个点 A,B,C,D使得四边形ABCD为正方形，则m的一个取值为· 13.故宫角楼的屋顶是我国十字脊顶的典型代表，如图1，它是由两个完全相同的直三棱柱垂直交叉构 成，将其抽象成几何体如图2所示.已知三棱柱ABF-CDE和BDG-ACH是两个完全相同的直三棱 柱，侧棱EF与GH互相垂直平分，AF=BF=a,AF⊥BF,则点G到平面ACEF的距离是 十字脊顶 H E 0 B 图1 图2 14.已知函数f(x)= a-l川 x≤1 其中a>0且a≠1若关于x的方程f(x)=a-3恰有三个不 (2-a)(x-1)+1x>1 相等的实数根，，x,七，则α的取值范围为 且x+x,+x,的取值范围为 15.已知无穷数列{a}满足下列三个性质： 第2页 i)a,=0,a2≠0； (i)对任意的neN*,an∈Z; (i)对任意的n之2，都有an+2-an=am-am-1 则下列说法正确的是 ①当a2=1,43=2时，a6=2; ②当a2=2时，存在单调递增的数列{an}满足上述条件； ③当a,>4,>0时，a2k>0对任意的keN成立； ④对于任意数列{an},总存在m∈N*,使得对任意的n>m,都有an+14n<0。 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.(体题13分)在△ABC中，esin2B=22,b=35. cos B ()求sinC的值； (I)若c<b,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△ABC存在且唯 一，求BC边上中线的长. 条件D:4C边上的高为46； 9 条件②：c=V3; 条件③：cosB=-V3 注：如果选择的条件不符合要求，第（仙）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 共4页) 北京十一学校2026届高三数学4月月考试卷 17.(本题14分)如图，在四棱锥A-BCFG中，△ABC是边长为4的等边三角形，四边形BCFG为菱 形，∠CBG=60°，平面ABC1平面BCFG,D为棱AB的中点，记平面ABC和平面AFG的交线为1. (I)证明：1//BC; 仙)在线段(G(不含端点)上是否存在一点E,使得直线DE与平面4CF所成角的正弦值为Y6？ 10 若存在，求CE的值：若不存在，请说明理由。 CG G E : B 18.(本题13分)某地区教育研究部门为了解当前本地区中小学教师在教育教学中运用人工智：的太 第3页 度、经验、困难等情况，从该地区2000名中小学教师中随机抽取100名进行了访谈.在整理访谈结果的 过程中，统计他们对人工智能助力教学”作用的认识，得到的部分数据如下表所示： 没有帮助 有一些帮助 很有帮助 合计 性 男 2 10 20 别 女 35 40 80 年 40岁以下（含40岁） 1 35 龄 40岁以上 6 26 45 假设用频率估计概率，且每位教师对“人工智能助力教学作用的认识相互独立 (1)估计该地区中小学教师中认为人工智能对于教学“没有帮助”的人数， (仙)现按性别进行分层抽样，从该地区抽取了5名教师，求这5名教师中恰有1人认为人工智能对 于教学“很有帮助的概率； ()对受访教师关于“人工智能助力教学的观点进行赋分：“没有帮助记0分，“有一些帮助记2分， “很有帮助'记4分.统计受访教师的得分，将这100名教师得分的平均值记为“。，其中年龄在40岁以下 (含40岁)教师得分的平均值记为“，年龄在40岁以上教师得分的平均值记为丛，通过计算比较 山，从，丛的大小关系， (共4页) 19(体题15分)已知椭圆c+ =1(a>b>0)的短轴长为2，左右焦点分别为E,E,M为椭圆 C上一点，且ME⊥x轴，MF,=7ME. (1）求椭圆C的标准方程； (I）已知直线x=y+m(t≠0且0<m<2)与椭圆C交于A,B两点，点A关于原点的对称点为A、关 于x轴的对称点为A,直线BA,与x轴交于点D,若ABD与△ABA的面积相等，求m的值 20.(本题15分)已知函数f(x)=(a-1)e-e-ax(a∈R). (I）当a=3时，求曲线y=f(x)在点(0，f(0)处的切线方程； (I）若f(x)既存在极大值，又存在极小值，求实数α的取值范围； ()当1<a<2时，直线y=t与曲线y=f(x)有三个交点，设1的取值集合为(p,q),求q-p的取值 范围。 第4页 21.(体题15分)已知正实数数列4：a,a,4,对任意的1≤isj≤n,记m,=0+0+,+a j-i+2 令集合M,=,/=i,i+1,…,n},i=1,2,…,n;记集合M=M,UMU…UMn. 0)若4：1为，直接写出M和M; (l)若1=4，且满足4，>a>4,>a4,求集合M,的元素个数的最小可能值 (I)若n=2026,证明：集合M中至少含有46个元素 共4页)