精品解析：北京市顺义区第一中学2026-2027学年高三上学期10月月考数学试题

2026北京顺义一中高三10月月考 数 学 一、单选题（本大题共10小题，共40分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项） 1. 已知全集，集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 下列函数中，奇函数且在区间上单调递增的是（ ） A. B. C. D. 3. 已知，则展开式中的系数为（ ） A. B. C. D. 4. 在等差数列中，，则的值为（ ） A. B. 7 C. D. 8 5. 已知角在坐标系中“”是“终边关于对称”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 6. 中华人民共和国道路交通安全法判定酒驾的标准为：驾驶员血液中酒精含量大于或等于，但小于；判定醉驾的标准为：驾驶员血液中酒精含量大于或等于某驾驶员饮酒后血液中酒精含量为，若停止喝酒后，血液中酒精含量以每小时的速度减少，则该驾驶员至少需经过（）小时才能合法驾驶酒精含量需小于参考数据：，． A. B. C. D. 7. 已知，将向轴正方向平移个单位，得到的函数图像与图像关于轴对称，则的取值个数为（ ） A. B. C. D. 8. 2026年是红军长征胜利90周年，长征胜利对我国的历史意义重大而深远，每一代都有每一代的长征路，作为新时代的中学生要学习长征知识，弘扬长征精神，为使学生全面了解长征知识，学校组织高二、高三学生参观“长征影视展”和“长征图画展”，每位学生可自主选择一处前往．已知高二学生总人数多于高三学生总人数，前往“长征图画展”的全体学生总数多于前往“长征影视展”的全体学生总数，则（ ） A. 去“长征影视展”的高二学生人数多于去“长征图画展”的高二学生人数 B. 去“长征图画展”的高三学生人数不少于去“长征影视展”的高三学生人数 C. 去“长征影视展”的高二学生人数不多于去“长征图画展”的高三学生人数 D. 去“长征图画展”的高二学生人数多于去“长征影视展”的高三学生人数 9. 摇杆机械装置，如图，、为定点，、是动点，，，，，则的取值范围（ ） A. B. C. D. 10. 已知数列满足（），有下列说法 ①若为常数列则当且仅当； ②若则数列单调递增； ③若则且； ④对于，均不存在使恒成立． 其中正确的个数是（ ） A. B. 2 C. 3 D. 4 二､填空题共5小题，每小题5分，共25分. 11. 已知且，则_________，___________. 12. 在各项均为正数的等比数列中，，已知，则 _________ 13. 已知公差为d的等差数列中，为前n项和，若，则______，使得对所有n都成立的一个=______. 14. 已知函数，．最小正周期为，在上单调递减，，则______， =______. 15. 已知，给出下列四个结论： ①在上有最小值和最大值 ②，有个解； ③，时，的最大值为2； ④，与有个交点． 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. 已知 ． （1）求的最小正周期； （2）若，求的最大值与最小值以及对应的x值. 17. 已知函数 （1）求曲线在点处的切线； （2）证明： . 18. 在中，角的对边分别为． （1）求的大小； （2）再从条件条件条件这三个条件中选择一个作为已知，使得存在且唯一确定，求边上高线的长． 条件：； 条件：； 条件：． 注：如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答给分． 19. 为了弘扬“长征精神”，加强学生对长征知识的了解，某中学在高一、高二年级举行了“纪念长征胜利90周年”知识竞赛.为了解学生对某一重要知识点的掌握情况，组委会随机抽查了该校两个年级各80名学生对考查该知识点的选择题的答题数据，其中高一学生选择正确的人数为60，高二学生选择正确的人数为64.假设学生之间答题相互独立，用频率估计概率. （1）估计该校高一年级学生该题选择正确的概率 （2）从该校高一年级、高二年级学生中各随机抽取1名，设X为这2名学生中该题选择正确的人数，估计的概率及X的数学期望； （3）假设：如果没有掌握该知识点，学生就从题目给出的四个选项中随机选择一个作为答案；如果掌握该知识点，高一学生选择正确的概率为，高二学生选择正确的概率为.设高一年级学生和高二年级学生掌握该知识点的概率估计值分别为，，判断与的大小（结论不要求证明）. 20. 设函数，曲线在点处的切线方程为. （1）求、的值； （2）求的极值点个数； （3）求与交点个数． 21. 设是一个行列的数阵，且数阵中的每一项，都等于或若对任意 ， ，其中，，且 都有 则称数阵具有性质． （1）判断下列两个数表是否具有性质． （2）在所有具有性质的数阵中，的个数最多是多少？ （3）若，，且数阵具有性质，证明：对任意， ，都有． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026北京顺义一中高三10月月考 数 学 一、单选题（本大题共10小题，共40分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项） 1. 已知全集，集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】使用交集运算与补集运算求解. 【详解】由题可得，又因， 则. 2. 下列函数中，奇函数且在区间上单调递增的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】依次检验各选项中函数的奇偶性以及它在上的单调性，两个条件同时满足的才是正确选项. 【详解】对于A，是周期函数，在上不单调，A不符合； 对于B，是周期函数，在上不单调，B不符合； 对于C，由幂函数的性质可知，是奇函数，在上单调递增，C符合题意； 对于D，是偶函数，不是奇函数，D不符合. 3. 已知，则展开式中的系数为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由题意得二项式的展开式通项为， 令，解得，∴ 展开式中的系数为. 4. 在等差数列中，，则的值为（ ） A. B. 7 C. D. 8 【答案】A 【解析】 【分析】根据等差数列的性质和求和公式，即可求解. 【详解】，则， . 5. 已知角在坐标系中“”是“终边关于对称”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 【答案】B 【解析】 【分析】由终边关于对称得，，代入推出，故必要；反之由得两种情形，其一关于对称，其二关于对称，不能必然推出，充分性不成立. 【详解】若终边关于对称，则，， 于是， 所以由“终边关于对称”能推出“”，必要性成立， 反过来，由，得， 正弦相等有两种可能： 第一种： 此时终边关于对称， 第二种：， 此时终边关于对称，而不是关于对称， 因此，不一定推出终边关于对称，充分性不成立， 所以，“”是“终边关于对称”的必要不充分条件. 6. 中华人民共和国道路交通安全法判定酒驾的标准为：驾驶员血液中酒精含量大于或等于，但小于；判定醉驾的标准为：驾驶员血液中酒精含量大于或等于某驾驶员饮酒后血液中酒精含量为，若停止喝酒后，血液中酒精含量以每小时的速度减少，则该驾驶员至少需经过（）小时才能合法驾驶酒精含量需小于参考数据：，． A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】建立指数模型，列不等式；两边取对数，利用对数运算性质及参考数据求，取最小整数得小时. 【详解】已知初始酒精含量为，每小时酒精含量减少，即剩余原来的， 因此经过小时后，血液中酒精含量的表达式为， 合法驾驶要求酒精含量小于，故有不等式， 整理不等式得， 对不等式两边同时取对数，又，得， ，， 将数值代入不等式，两边同除以负数得， 故至少需要经过小时才能合法驾驶. 7. 已知，将向轴正方向平移个单位，得到的函数图像与图像关于轴对称，则的取值个数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先对向右平移得到，由两函数图像关于x轴对称得，利用正弦恒等式求出的通解，再结合确定满足条件的的个数. 【详解】设向右平移个单位得到，则， 因为与关于轴对称，所以，即， 所以恒成立， 所以或， 因为含，不满足恒成立，舍去， 所以，解得， 因为，即，整理得，又， 所以或， 当时，；当时， 所以的取值个数为. 8. 2026年是红军长征胜利90周年，长征胜利对我国的历史意义重大而深远，每一代都有每一代的长征路，作为新时代的中学生要学习长征知识，弘扬长征精神，为使学生全面了解长征知识，学校组织高二、高三学生参观“长征影视展”和“长征图画展”，每位学生可自主选择一处前往．已知高二学生总人数多于高三学生总人数，前往“长征图画展”的全体学生总数多于前往“长征影视展”的全体学生总数，则（ ） A. 去“长征影视展”的高二学生人数多于去“长征图画展”的高二学生人数 B. 去“长征图画展”的高三学生人数不少于去“长征影视展”的高三学生人数 C. 去“长征影视展”的高二学生人数不多于去“长征图画展”的高三学生人数 D. 去“长征图画展”的高二学生人数多于去“长征影视展”的高三学生人数 【答案】D 【解析】 【分析】先设出变量，然后根据已知条件列出不等式，然后将不等式相加，进而可得出正确答案. 【详解】设前往“长征影视展”的高二学生人数为，前往“长征图画展”的高二学生人数为， 前往“长征影视展”的高三学生人数为，前往“长征图画展”的高三学生人数为， 根据已知可得，，， 将两个不等式相加得，化简得. 即前往“长征图画展”的高二学生人数多于前往“长征影视展”的高三学生人数. 9. 摇杆机械装置，如图，、为定点，、是动点，，，，，则的取值范围（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先由和求出的取值范围，在中用余弦定理表示出的表达式，结合的范围，求的取值范围. 【详解】由题意有，得，当且仅当在线段上时，当且仅当在线段上时. 在中， 因为，所以，即， 所以的取值范围是. 10. 已知数列满足（），有下列说法 ①若为常数列则当且仅当； ②若则数列单调递增； ③若则且； ④对于，均不存在使恒成立． 其中正确的个数是（ ） A. B. 2 C. 3 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】对于①：常数列满足，代入递推式得，解得或，故常数列首项可取，并非只有； 对于②：作差，，若，则且，故单调递增； 对于③：由，计算得，由②可知，此后数列单调递增趋向，不存在使得恒成立； 对于④：取，代入得，后续各项恒等于，存在满足恒成立. 【详解】①常数列满足，代入递推式： ， 解得或， 即常数列可以为，并非只有， 故①错误； ②作差： ， 当时，， 若， 则， 由，对所有，，，数列单调递增， 故②正确； ③逐项计算： ， ， ， ， 当时，，数列单调递增趋向， 不存在常数使得恒成立， 故③错误； ④取，满足， ， 后面所有项，数列为： 取，则对所有，恒成立， 故④错误. 二､填空题共5小题，每小题5分，共25分. 11. 已知且，则_________，___________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【详解】因为，所以； 且，则， 可得，即， 又因为为第一象限角，则，所以. 12. 在各项均为正数的等比数列中，，已知，则 _________ 【答案】15 【解析】 【分析】根据等比数列的通项公式和前项和公式计算即可. 【详解】由已知可设等比数列的首项为，公比为，则，， 由，有，化简得，解得，. 又，解得. 所以. 13. 已知公差为d的等差数列中，为前n项和，若，则______，使得对所有n都成立的一个=______. 【答案】 ①. 2 ②. （答案不唯一，满足即可） 【解析】 【详解】因为数列是公差为d的等差数列， 则，解得； 又因为恒成立，则，即，解得， 所以的一个值为（答案不唯一，满足即可）. 14. 已知函数，．最小正周期为，在上单调递减，，则______， =______. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】对第一个空由最小正周期求出；对第二个空用零点条件结合范围得到两个候选，最后代入检验区间单调性，筛选出正确取值. 【详解】因为的最小正周期为，所以，解得，即. 由，得，解得， 又，即，解得，又， 所以或， 当时，，， 由，得，单调递增，不合题意； 当时，，， 由，得，单调递减，符合题意. 所以；. 15. 已知，给出下列四个结论： ①在上有最小值和最大值 ②，有个解； ③，时，的最大值为2； ④，与有个交点． 其中正确结论的序号是__________． 【答案】①④ 【解析】 【分析】令，①求的单调性和奇偶性，根据在上的最小值，分在上的最小值为正和非正两种情况讨论即可；②即或，分和两种情况讨论实数解的个数；③根据的单调性和奇偶性得在时有最大值，且即可判断；④根据的奇偶性和单调性，可得有最小值，且，作出的大致图象，判断与的大小关系即可判断. 【详解】①令，因为，所以是偶函数， 当时，，，故单调递增，且， 所以，故在时单调递增， 又是偶函数，所以在上有最小值， 最大值，且，因为， 若，则在上有最小值和最大值或； 若，则在上有最小值和最大值. 故在上有最小值和最大值，①正确； ②时，，即或， 若，则，与图象如下图所示： 即与有2个交点，故有2个实数解； 若，则，与图象如下图所示： 即与有2个交点，故有2个实数解； 所以当时，有4个解，②错误； ③当时，，由①知，是偶函数，且时，单调递增， 故当时有最大值， 因为，故有最大值，故③错误； ④由①知是偶函数，且在单调递增， 故有最小值，且， 又，故的大致图象为： 当时， 因为，所以， 故与有个交点，④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. 已知 ． （1）求的最小正周期； （2）若，求的最大值与最小值以及对应的x值. 【答案】（1） （2）当时，， 当时， 【解析】 【分析】（1）利用三角恒等变换化简，进而求解； （2）由得，利用三角函数的性质即可求解. 【小问1详解】 由题意得：， 所以， 所以的最小正周期为； 【小问2详解】 由，所以， 当时，，则， 当时，，则； 17. 已知函数 （1）求曲线在点处的切线； （2）证明： . 【答案】（1） （2）由得：，令，只需证， 所以，令，解得， 由，解得，由，解得， 所以在单调递减，在单调递增， 所以， 所以，即. 【解析】 【分析】（1）先求，进而得切线方程； （2）由得，令，即证，利用导数研究单调性求最小值即可得证. 【小问1详解】 由题意得：，又， 所以切线斜率， 所以切线方程为， 所以； 【小问2详解】 略 18. 在中，角的对边分别为． （1）求的大小； （2）再从条件条件条件这三个条件中选择一个作为已知，使得存在且唯一确定，求边上高线的长． 条件：； 条件：； 条件：． 注：如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答给分． 【答案】（1） （2）若选条件①，边上高线长为；若选条件③，边上高线长为，条件②不满足三角形唯一确定的要求. 【解析】 【分析】（1）通过正弦定理边角互化结合三角恒等变换求解内角即可； （2）结合正弦定理、余弦定理判断三角形解的唯一性，再利用面积公式计算边上的高即可. 【小问1详解】 因为，∴所以由正弦定理得. 因为，所以， 代入上式得， 化简得，而，得到， 可得，又，故. 【小问2详解】 若选条件①，由题意得，， 因为，所以. 由正弦定理得， 由余弦定理得， 整理得，解得， 因为，所以，唯一确定，故存在且唯一. 设边上的高线长为，由三角形面积公式， 可得， 若选条件②，由题意得， 由正弦定理得， 因为，所以或，此时有两解， 不满足唯一确定的要求，故不能选条件②. 若选条件③，由题意得， 由余弦定理， 因为，所以，唯一确定，故存在且唯一， 设边上的高线长为，由三角形面积公式， 可得. 19. 为了弘扬“长征精神”，加强学生对长征知识的了解，某中学在高一、高二年级举行了“纪念长征胜利90周年”知识竞赛.为了解学生对某一重要知识点的掌握情况，组委会随机抽查了该校两个年级各80名学生对考查该知识点的选择题的答题数据，其中高一学生选择正确的人数为60，高二学生选择正确的人数为64.假设学生之间答题相互独立，用频率估计概率. （1）估计该校高一年级学生该题选择正确的概率 （2）从该校高一年级、高二年级学生中各随机抽取1名，设X为这2名学生中该题选择正确的人数，估计的概率及X的数学期望； （3）假设：如果没有掌握该知识点，学生就从题目给出的四个选项中随机选择一个作为答案；如果掌握该知识点，高一学生选择正确的概率为，高二学生选择正确的概率为.设高一年级学生和高二年级学生掌握该知识点的概率估计值分别为，，判断与的大小（结论不要求证明）. 【答案】（1） （2）， （3） 【解析】 【小问1详解】 高一年级随机抽查了80名学生，其中选择正确的有60人， 所以，高一年级学生该题选择正确的概率估计值为：; 【小问2详解】 高二抽查80人，答对64人，用频率估计概率，设高二答对概率为：， 所以， ，， 所以 即，； 【小问3详解】 根据题意，如果没有掌握知识点，答对的概率为随机四选一， 设高一学生掌握该知识点的概率为，高二学生掌握该知识点的概率为, 由全概率公式，高一学生答对的概率为：，即, 高二学生答对的概率为：，即，所以. 20. 设函数，曲线在点处的切线方程为. （1）求、的值； （2）求的极值点个数； （3）求与交点个数． 【答案】（1） （2） （3）当时，个交点；当时，个交点；当时，个交点. 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，利用导数的几何意义列出方程组求解. （2）利用导数确定导函数的变号零点个数即可. （3）将问题转化为方程解的个数求解，在时，分离参数并按、分类，再利用导数求解. 【小问1详解】 函数，求导得， 由曲线在点处的切线方程为， 得，所以. 【小问2详解】 由（1）得，其定义域为，， 令，求导得， 当时，；当时，， 函数，即在上单调递增，在上单调递减， 所以， 又因为，， 所以，， 由零点存在定理可知函数在与各有一个变号零点， 所以函数的极值点个数为. 【小问3详解】 当时，直线与函数图象的交点个数等价于方程解的个数， 显然是方程的一个解； 当时，， 若，令函数，求导得， 令函数，求导得， 函数，即在上单调递增， 则，函数在上单调递减，， 因此，方程无负实数解； 若，令函数， 求导得， 令，求导得，函数在上单调递减， 则，即， 当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减，， 当时，，， 当时，直线与函数的图象有两个交点； 当时，直线与函数的图象有一个交点； 当时，直线与函数的图象没有交点， 所以当时，直线与函数图象的交点个数为； 当时，直线与函数图象的交点个数为； 当时，直线与函数图象的交点个数为. 21. 设是一个行列的数阵，且数阵中的每一项，都等于或若对任意 ， ，其中，，且 都有 则称数阵具有性质． （1）判断下列两个数表是否具有性质． （2）在所有具有性质的数阵中，的个数最多是多少？ （3）若，，且数阵具有性质，证明：对任意， ，都有． 【答案】（1）数阵不具有性质；数阵具有性质； （2）最多是12 （3）当时，；当时，， 故对于第1行和第1列的元素均成立. 现证明一个引理：，，，，且，若，，均满足，，，则对于也成立. 因为，所以两条对角线的乘积要么均为 1，要么均为－1，则两条对角线的乘积相等，即．② 若，，成立，代入②式，得，则，故引理成立. 已知对第1行和第1列的元素均成立，则对于，，成立，可得成立， 对于，，成立，可得成立， 对于，，成立，可得成立， 同理，可得第4列成立，对称地，可得第4行也成立. 对于，，成立，可得成立，则也成立， 对于，，成立，可得成立，则也成立， 对于，，成立，可得成立，则也成立， 对于，，成立，可得成立，则也成立， 对于，，成立，可得成立， 对于，，成立，可得成立，则也成立， 对于，，成立，可得成立， 对于，，成立，可得成立，则也成立， 对于，，成立，可得成立， 对于，，成立，可得成立. 综上，对任意，均成立. 【解析】 【分析】（1）严格依照性质的定义，筛选出行列差绝对值满足条件的矩形四角元素，计算元素和是否恒为0，以此完成判断； （2）将1的个数最值等价转化为数阵元素总和的最值，结合性质推导总和上界，再构造实例验证上界可取； （3）先验证第1行、第1列满足目标等式，再借助性质证明递推引理，以“知三推一”的方式逐步递推拓展至全部6×6元素，完成结论证明. 【小问1详解】 性质的定义：若对任意， ，其中，，且 都有. 对于数阵，取，，， ，满足， 但 所以数阵不具有性质； 对于数阵，行差可能为1或2，结合条件， 若，则，列差为3，对应列对； 若 ，则，超出4列范围，无符合条件的列对， 因此仅需验证行差 1、列差 3 的两组情况： ：， ：， 所有满足条件的组合均满足和为0，因此数阵具有性质； 【小问2详解】 设数阵中1的个数为，则1的个数为 ，所有元素的总和为，求1的个数最大值等价于求元素总和的最大值， 5行4列中，满足的行列组合共三类： 行差 1，列差 3：行对，列对 ，对应4个等式； 行差 3，列差 1：行对，列对 ，对应6个等式； 行差 4，列差 2：行对 ，列对，对应2个等式 由，选取推导总和上界必需的8个核心约束方程如下： ① 设外圈元素之和为，，，则①中所有式子相加可得，即，，即，又，所以，即，即，解得， 构造数阵，经检验，数阵具有性质， 综上，所有具有性质的数阵中，的个数最多是12. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $