精品解析：北京师范大学附属中学2025-2026学年高三下学期考前模拟自测数学试卷

北京师大附中2025-2026学年度高三三模考试 数学试卷 本试卷共8页，150分．考试时长120分钟．考生务必将答案写在答题卡上，在试卷上作答无效．考试结束后，请将答题卡交回． 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 在复平面内，复数的共轭复数对应的点的坐标是（ ） A. B. C. D. 3. 已知数列，都是等差数列，，，则（ ） A. 12 B. 15 C. 18 D. 24 4. 已知抛物线上的点到其准线的距离的最小值为2，则（ ） A. 2 B. 4 C. D. 5. 已知非零实数，满足，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数是偶函数，当时，若的图象与轴恰有4个公共点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知为非零向量，则“与共线”是“与共线”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．若在区间上既不是增函数也不是减函数，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 9. 某科技企业采用大模型训练一款智能协作机器人，该机器人完成单次精密装配任务所需时间（单位：秒）与训练迭代次数的关系式为.定义“边际时间缩短量”为，当时，继续训练节省的工时收益将低于算力成本，应停止训练.已知，则达到停止训练条件的迭代次数至少为（ ） A. 22 B. 24 C. 26 D. 28 10. 已知，是平面直角坐标系中的点集，则（） A. 对任意不同的两点，，存在点，使得为正三角形 B. 对任意不同的两点，，存在点，使得为等腰直角三角形 C. 对任意点，存在点，，，使得四边形为菱形 D. 存在互不重合的四点，，，使得四边形为正方形 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. 已知双曲线的一条渐近线方程为，则实数__________ 12. 已知，则________ 13. 已知，，且，．则满足条件的一组，的值可以是________，________． 14. 如图，两个完全相同的正四棱柱和“垂直贯穿”构成一个多面体，其中的侧棱与的侧棱垂直．的一组相对的侧棱与的一组相对的侧棱分别交于，，，四点，另外一组相对的侧棱与的另一组相对的侧棱分别交于，两点．已知和的底面边长为，侧棱长为3，则该多面体的体积为________ 15. 已知数列满足，给出下列四个结论： ①，使得为常数列； ②若，则； ③若，则，使得时，； ④若，则为递增数列． 其中所有正确结论的序号是________． 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. 如图，在五面体中，平面平面，底面是边长为2的菱形．，，． （1）若点，分别为棱和棱的中点，求证：平面； （2）若，求直线与平面所成的角． 17. 已知在中，． （1）求角； （2）从条件①、条件②、条件③这三组条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，并求边上的高． ①，； ②，； 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． 18. 2026年4月19日北京亦庄半程马拉松比赛圆满结束，1.2万名跑者与超百支机器人赛队“人机共跑”．最终齐天大圣队的“闪电”机器人以50分26秒夺冠，超越人类半马世界纪录．现从国内研发机器人的尖端企业中，随机搜集10支参赛队伍，得到相关数据如下表： 最终排名 参赛队伍 操控方式 完赛时间（min） 加权系数 1 齐天大圣队 自主导航 50.26 1 2 雷霆闪电队 自主导航 50.56 1 3 星火燎原队 自主导航 53.01 1 4 南天门战队 自主导航 54.24 1 5 逐鹿狂飙队 自主导航 55.01 1 6 绝影赤兔队 遥控操作 48.19 1.2 7 北创天工队 自主导航 75 1 8 小米追风队 遥控操作 暂未公布 1.2 9 优必选行者 遥控操作 暂未公布 1.2 10 华为跃动队 遥控操作 暂未公布 1.2 其中最终排名按照最终成绩从小到大排序而成，最终成绩=完赛时间×加权系数． （1）在上述10支参赛队伍中随机选出3支队伍，求所选3支队伍中恰有2支队伍的机器人采用自主导航完赛的概率； （2）假设样本数据代表了国内研发机器人尖端企业的发展情况，用频率估计概率．从国内研发机器人尖端企业中随机选择两款机器人参加半程马拉松友谊赛，假设它们的长跑成绩互相独立，设这两款机器人中最终成绩不超过60 min的个数为，求出的分布列和数学期望； （3）2026年3月乌干达选手基普利莫以57分20秒的成绩打破男子半马世界纪录．在样本中随机选出支队伍，记为选出的队伍中恰有2支队伍最终成绩超过男子半马世界纪录的概率，当最大时，直接写出此时的值．（结论不要求证明） 19. 已知椭圆：的离心率为，为椭圆上一点，且点到椭圆的两个焦点的距离之和等于． （1）求椭圆的方程； （2）设，，过点的直线与椭圆交于，两点，连接，分别交椭圆于，两点，求证：直线过定点． 20. 已知函数，． （1）当时，求曲线在点处的切线斜率； （2）求证：对任意，恒成立； （3）设函数，曲线在点处的切线为，直线与轴，轴分别交于点，．求使得成立的整数的最小值．（参考数据：，，） 21. A是一个4行4列的数表，记其第行第列的数字为，．若的每一行和每一列中同一数字恰出现2次，则称为方．定义的一次翻转操作为：对于中任意四个数，，，（，），将替换为，替换为，替换为，替换为，其余位置的数保持不变．若数表可由数表通过若干次翻转操作得到，则称与可连通，否则称与不可连通． 给定方． （1）已知，，直接判断，能否由通过一次翻转操作得到； （2）设方，问能否与连通？若能连通，求出所需翻转操作的次数的最小值；若不能，说明理由； （3）是否存在与不可连通的方？说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京师大附中2025-2026学年度高三三模考试 数学试卷 本试卷共8页，150分．考试时长120分钟．考生务必将答案写在答题卡上，在试卷上作答无效．考试结束后，请将答题卡交回． 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先化简集合，然后根据交集的定义计算. 【详解】由题意，，， 根据交集的运算可知，. 故选：A 2. 在复平面内，复数的共轭复数对应的点的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先计算复数，再利用复数的几何意义和复数的共轭复数得到结果； 【详解】复数，所以 共轭复数对应的点的坐标是. 故选：B. 3. 已知数列，都是等差数列，，，则（ ） A. 12 B. 15 C. 18 D. 24 【答案】C 【解析】 【分析】利用两个等差数列的和仍为等差数列的性质，结合等差数列通项公式计算所求值. 【详解】因为、均为等差数列，根据等差数列的性质，可得数列也为等差数列， 设其公差为，， 由题意可知，该数列首项，第三项， 根据等差数列通项公式有 ， 即，解得， 因此. 4. 已知抛物线上的点到其准线的距离的最小值为2，则（ ） A. 2 B. 4 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】抛物线上的点到准线的最小距离就是顶点到准线的距离. 【详解】因为抛物线的准线方程为， 所以原点到准线的距离为：​， 则根据题意最小距离为，可得：. 5. 已知非零实数，满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】通过举反例排除A、B、D三个错误选项，再利用重要不等式或柯西不等式证明选项C恒成立. 【详解】排除选项A：取，满足，此时，故A错误； 排除选项B：取，满足，此时，故B错误； 排除选项D：取，满足，此时，故D错误； 证明选项C：方法一：因为，所以， 即，又，当且仅当时等号成立， 所以， 所以， 方法二：由柯西不等式得： ， 化简得，即， 因为，所以，故C正确. 6. 已知函数是偶函数，当时，若的图象与轴恰有4个公共点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据对称性将问题转化为在上有两个不同的零点，进而利用方程的根进行求解. 【详解】由于函数是偶函数，且其图像与轴恰有4个公共点，因此，在上有两个不同的零点， 当时，令，则，共有两个实数根， 由于函数和均为定义域内的单调函数， 因此有一个实数根，有一个实数根， 故时，， 时，， 因此当时，. 7. 已知为非零向量，则“与共线”是“与共线”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】C 【解析】 【分析】借助平面向量共线定理结合充分条件与必要条件定义判断即可得. 【详解】若与共线，当时，存在实数，使得， 整理得， 若与不共线，则且，矛盾，故与共线； 当，有，此时与共线； 故“与共线”是“与共线”的充分条件； 若与共线，则存在实数，使得， 则，，故与共线， 故“与共线”是“与共线”的必要条件； 综上可得：“与共线”是“与共线”的充要条件. 8. 已知函数．若在区间上既不是增函数也不是减函数，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先利用辅助角公式化简三角函数，再结合内层函数的取值范围与正弦函数的单调性，判断给定区间内是否存在极值点，进而求解的取值范围. 【详解】， 当时，令，因，故随单调递增，。 正弦函数在上单调递增，在上单调递减， 若在上既不是增函数也不是减函数，则的取值区间需包含的极值点，即，解得，故的取值范围为. 9. 某科技企业采用大模型训练一款智能协作机器人，该机器人完成单次精密装配任务所需时间（单位：秒）与训练迭代次数的关系式为.定义“边际时间缩短量”为，当时，继续训练节省的工时收益将低于算力成本，应停止训练.已知，则达到停止训练条件的迭代次数至少为（ ） A. 22 B. 24 C. 26 D. 28 【答案】B 【解析】 【详解】由题意得， ， 则，则，得， 故达到停止训练条件的迭代次数至少为. 10. 已知，是平面直角坐标系中的点集，则（） A. 对任意不同的两点，，存在点，使得为正三角形 B. 对任意不同的两点，，存在点，使得为等腰直角三角形 C. 对任意点，存在点，，，使得四边形为菱形 D. 存在互不重合的四点，，，使得四边形为正方形 【答案】D 【解析】 【分析】先计算曲线到定直线的最小距离，结合特殊三角形高与边长的数量约束排除A、B，利用菱形对角线相交规律排除C，借助正方形对边平行、边长等于平行线间距建立方程解出参数，联立方程算出坐标，再由中点与线段长度确定坐标，验证四点满足正方形条件. 【详解】由变形得，， 时，最低点坐标为，定直线， 利用点到直线距离公式. 选项A: 正三角形中顶点到底边的垂距，约束， 代入得，， 可取上满足的两点，不存在构造正三角形，A错误. 选项B: 为等腰直角三角形斜边时，垂距，； 为直角边时，垂距，， 选取线段满足，两种构型均无符合要求的点，B错误. 选项C: 菱形对角线垂直平分，落在直线上，则对角线所在直线斜率为， 设，联立化简得， 该方程仅有一个正实数解，直线与至多一处相交， 无法在上取得两点充当菱形对角线端点，C错误. 选项D: 正方形一组对边平行，， 设，联立,整理得， 直线与交于两点需即， 平行线间距，弦长，正方形满足， ，等式平方后化简，， 时，方程的两根均大于， （不妨设），. 过分别作直线的垂线，垂足分别为， 直线与直线的距离， 此时四点构成正方形，D正确. 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. 已知双曲线的一条渐近线方程为，则实数__________ 【答案】 【解析】 【分析】由双曲线的性质结合题意可得，即可得解. 【详解】双曲线的一条渐近线方程为， 即. 故答案为：. 【点睛】本题考查了双曲线性质的应用，考查了运算求解能力，属于基础题. 12. 已知，则________ 【答案】 【解析】 【分析】根据二项式的通项公式，分别求出，即可求出的值. 【详解】解：设二项展开式的通项为， 当时，，则， 当时，，则， 当时，，则， 所以. 13. 已知，，且，．则满足条件的一组，的值可以是________，________． 【答案】 ①. （答案不唯一） ②. （答案不唯一） 【解析】 【分析】先利用诱导公式化简已知等式，推导与的关系，结合二者的取值范围写出一组符合条件的解即可. 【详解】由诱导公式知，所以，即 ① ， ，即 ②， 因为，，故，由①得，因此， 由②得，因此， 由诱导公式知，又，与的取值范围一致，因此， 取，则，代入①②验证均成立，符合条件， 则满足条件的一组，的值可以是，.（答案不唯一） 14. 如图，两个完全相同的正四棱柱和“垂直贯穿”构成一个多面体，其中的侧棱与的侧棱垂直．的一组相对的侧棱与的一组相对的侧棱分别交于，，，四点，另外一组相对的侧棱与的另一组相对的侧棱分别交于，两点．已知和的底面边长为，侧棱长为3，则该多面体的体积为________ 【答案】## 【解析】 【分析】由题意用两个柱体体积减去重叠部分体积，计算即可 【详解】如图两个正四棱柱的重叠部分为多面体，取的中点I， 则多面体可以分成8个全等三棱锥， 则，且平面，， 则， 该“十字贯穿体”的体积即为. 15. 已知数列满足，给出下列四个结论： ①，使得为常数列； ②若，则； ③若，则，使得时，； ④若，则为递增数列． 其中所有正确结论的序号是________． 【答案】①②④ 【解析】 【分析】根据二次函数的性质判断①.根据数学归纳法求证②即可.结合数学归纳法以及二次函数的性质求解③.根据数学归纳法以及不等式的性质求解④. 【详解】①.当时，，同理，①正确. 已知，令，化简得. ②.若，则，要证，即证. 时，成立；假设时，则，归纳成立. 因此对所有，，即，正确. ③.若，则，. 当时，，即从​开始递增且趋向无穷大， 因此也趋向无穷大，不存在这样的有界上界，错误. ④.若，则. 当时，，即，归纳得所有， 递增，因此也为递增数列，正确. 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. 如图，在五面体中，平面平面，底面是边长为2的菱形．，，． （1）若点，分别为棱和棱的中点，求证：平面； （2）若，求直线与平面所成的角． 【答案】（1）因为，且，所以四边形是等腰梯形. 取的中点，连接、.是中点，故，； 又是中点，菱形中，，故，. 因此且，四边形是平行四边形，所以. 又平面，平面，故平面. （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接、.根据中位线以及菱形的性质得到四边形是平行四边形，再根据线面平行的判定定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，应用线面角正弦公式求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由，菱形边长为，故为正方形，进而. 又平面平面，交线为，平面，故平面. 故可以为原点，分别以为轴，以过点的平面的垂线为轴,建立空间直角坐标系. 由（1）易得，，，，，. 故，，. 设平面的法向量， 则，故可取. 设直线与平面所成角为， 则. 因为，故. 17. 已知在中，． （1）求角； （2）从条件①、条件②、条件③这三组条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，并求边上的高． ①，； ②，； 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）选条件①或③时，边上的高为，条件②不符合要求 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理，和二倍角公式，对题目条件进行化简，进而求出结果； （2）选择①时，根据两角和的正切公式，求出的正切值，进而求出正弦和余弦值，再根据两角和的正弦公式求出结果； 选择②时，根据三角形正弦面积公式和余弦定理解三角形，由于三角形结果不唯一，不符合题意； 选择③时，根据余弦函数单调性，求出，再根据正弦定理解三角形，求出结果即可. 【小问1详解】 因为，所以，化简可得， 可得，因为，解得， 所以，即. 【小问2详解】 选择条件①，时， 由（1）可知，所以， 所以，则，解得， 因为， 则边上的高为； 选择条件②，时， 由，解得， 可知，可得，化简得， 可知，所以，即， 所以，解得或，所以此时存在两种情况，不符合题意； 选择条件③，时， 因为，可知， 所以，则， 此时， 由，得，因为，解得， 由，得，解得， 此时边上的高为. 18. 2026年4月19日北京亦庄半程马拉松比赛圆满结束，1.2万名跑者与超百支机器人赛队“人机共跑”．最终齐天大圣队的“闪电”机器人以50分26秒夺冠，超越人类半马世界纪录．现从国内研发机器人的尖端企业中，随机搜集10支参赛队伍，得到相关数据如下表： 最终排名 参赛队伍 操控方式 完赛时间（min） 加权系数 1 齐天大圣队 自主导航 50.26 1 2 雷霆闪电队 自主导航 50.56 1 3 星火燎原队 自主导航 53.01 1 4 南天门战队 自主导航 54.24 1 5 逐鹿狂飙队 自主导航 55.01 1 6 绝影赤兔队 遥控操作 48.19 1.2 7 北创天工队 自主导航 75 1 8 小米追风队 遥控操作 暂未公布 1.2 9 优必选行者 遥控操作 暂未公布 1.2 10 华为跃动队 遥控操作 暂未公布 1.2 其中最终排名按照最终成绩从小到大排序而成，最终成绩=完赛时间×加权系数． （1）在上述10支参赛队伍中随机选出3支队伍，求所选3支队伍中恰有2支队伍的机器人采用自主导航完赛的概率； （2）假设样本数据代表了国内研发机器人尖端企业的发展情况，用频率估计概率．从国内研发机器人尖端企业中随机选择两款机器人参加半程马拉松友谊赛，假设它们的长跑成绩互相独立，设这两款机器人中最终成绩不超过60 min的个数为，求出的分布列和数学期望； （3）2026年3月乌干达选手基普利莫以57分20秒的成绩打破男子半马世界纪录．在样本中随机选出支队伍，记为选出的队伍中恰有2支队伍最终成绩超过男子半马世界纪录的概率，当最大时，直接写出此时的值．（结论不要求证明） 【答案】（1） （2）的分布列为： （或） （3） 【解析】 【分析】（1）根据组合数求概率即可； （2）由题可知，再写分布列并计算期望即可； （3）根据题意可得，再利用夹逼法则求最值即可． 【小问1详解】 设所选3支队伍中恰有2支队伍的机器人采用自主导航完赛为事件， 10支参赛队伍中有6支采用自主导航完赛， ； 【小问2详解】 排名第6的最终成绩为， 所以10支参赛队伍中最终成绩不超过60 min的个数有名共6支， 则最终成绩不超过60 min的概率为，， ， ， 的分布列为： （或）； 【小问3详解】 10支参赛队伍中最终成绩超过男子半马世界纪录的有5支， 又选出的队伍中恰有2支队伍最终成绩超过男子半马世界纪录， ，， 由，即， 故，解得，又， 所以，当最大时，． 19. 已知椭圆：的离心率为，为椭圆上一点，且点到椭圆的两个焦点的距离之和等于． （1）求椭圆的方程； （2）设，，过点的直线与椭圆交于，两点，连接，分别交椭圆于，两点，求证：直线过定点． 【答案】（1） （2）设直线的方程为,,. 联立直线与椭圆的方程,消去可得：,展开并整理得. 由韦达定理可得 ， 直线的方程为,即. 联立直线与椭圆的方程,消去可得： ,展开并整理得 . 因为是方程的一个根,所以, 将代入可得. 同理可得. 直线的斜率,直线的方程为 令,可得. 将,代入上式并化简,结合,可得. 所以直线过定点. 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的定义和离心率公式求出的值,进而得到椭圆方程； （2）设出直线的方程,联立椭圆方程,利用韦达定理得到,两点坐标的关系,再求出直线,的方程,联立椭圆方程求出,两点坐标,最后根据直线的方程证明其过定点. 【小问1详解】 由椭圆的定义可得,解得. 已知椭圆的离心率,将代入可得. 在椭圆中有,将, 代入可得. 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 略 20. 已知函数，． （1）当时，求曲线在点处的切线斜率； （2）求证：对任意，恒成立； （3）设函数，曲线在点处的切线为，直线与轴，轴分别交于点，．求使得成立的整数的最小值．（参考数据：，，） 【答案】（1）切线斜率为 （2）对求导得， 对任意，，故在上单调递增， 因此， 即对任意，恒成立 （3）的最小值为 【解析】 【分析】（1）根据函数导数的几何意义计算切线斜率； （2）利用导数判断函数的单调性证明不等式； （3）利用函数导数与函数单调性应用解得参数最小值； 【小问1详解】 当时，，定义域为， 求导，代入得， 曲线在点处的切线斜率为 【小问2详解】 略 【小问3详解】 因为，所以， 求导得， 代入得到切线斜率 切线的方程为， 分别令，解得 因此，代入化简得： ， 由（2）知且时，即， 因此等价于， 代入整数验证： ，不满足；，不满足； ，满足； 故整数的最小值为. 21. A是一个4行4列的数表，记其第行第列的数字为，．若的每一行和每一列中同一数字恰出现2次，则称为方．定义的一次翻转操作为：对于中任意四个数，，，（，），将替换为，替换为，替换为，替换为，其余位置的数保持不变．若数表可由数表通过若干次翻转操作得到，则称与可连通，否则称与不可连通． 给定方． （1）已知，，直接判断，能否由通过一次翻转操作得到； （2）设方，问能否与连通？若能连通，求出所需翻转操作的次数的最小值；若不能，说明理由； （3）是否存在与不可连通的方？说明理由． 【答案】（1）不能由通过一次翻转操作得到，能由通过一次翻转操作得到． （2）能与连通，所需翻转操作次数的最小值为． （3）不存在与不可连通的方． 理由如下：先说明一个事实：任意两个含有相同个数的行列，数表都可连通． 首先，同一次翻转连续做次后，数表恢复原状，所以一次翻转的逆操作可以通过连续做同一次翻转次实现． 下面说明同一行中相邻两个位置上的数字可以交换． 例如取另一行，交换第行第列与第列两个位置上的数字， 可以依次作， 其中表示该翻转的逆操作，也就是连续做同一次翻转次． 只看第行、第行与第列， 有 逐项检查这三个操作可知，它们只交换第行第列与第列两个位置上的数字，其余位置上的数字不变． 同理，同一行中任意相邻两列位置上的数字可以交换；同一列中任意相邻两行位置上的数字也可以交换． 任意两个位置之间都可以先沿行方向、再沿列方向通过相邻交换逐步到达． 因此，只要两个数表中的总个数相同，就可以把第一个数表中数字所在的位置逐个移动到第二个数表中数字所在的位置， 最终把一个数表变成另一个数表． 任意方中，每一行都有两个，所以共有个；给定的也有个． 由上面的事实可知，任意方都能与连通．所以不存在与不可连通的方． 【解析】 【分析】矩形的一次翻转得到． （2）给出从到的具体翻转过程，说明次可以做到；再用不同位置个数证明至少需要次． （3）证明相邻位置的数字交换可以由若干次翻转实现，从而说明任意两个含有相同个数的数表都可连通．任意方都有个，故都与连通． 【小问1详解】 一次翻转只是把所选小矩形四个顶点上的数字循环移动，因此不会改变整个数表中数字的总个数． 中有个，而中有个，所以不可能由通过一次翻转操作得到． 与只有第行、第行和第列、第列交成的四个位置不同． 在中，这四个位置形成的小矩形为 对这四个位置作一次翻转后变为其余位置不变，正好得到． 所以能由通过一次翻转操作得到． 【小问2详解】 记表示对第行、第行与第列、第列交成的四个位置作一次翻转． 从出发，依次作， 可得 所以能与连通，且至多需要次翻转． 又因为与共有个位置不同，而一次翻转最多只改变个位置， 所以至少需要次翻转．因此所需翻转操作次数的最小值为． 【小问3详解】 略． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $