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北京市通州区2026届高三下学期4月模拟考试数学试卷
一、选择题：本大题共10小题，共50分。
1.已知集合，，则( )
A. B. C. D.
2.已知复数，则( )
A. B. C. D.
3.在的展开式中，的系数为( )
A. B. C. D.
4.双曲线的焦点坐标为( )
A. B. C. D.
5.已知数列，则“，为常数”是“为等差数列”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
6.已知直线与圆交于点，当变化时，的最小值为( )
A. B. C. D.
7.等边的边长为，若，，则( )
A. B. C. D.
8.在深度学习模型训练中，模型的训练损失值会随训练轮次增加而逐渐下降．当损失值低于初始损失值的时就要对模型进行调整，假设某深度学习模型的训练损失值为初始损失值，为训练轮次，为衰减系数，已知训练到第轮时当时，训练损失值降至初始损失值的，则训练到第几轮就要对模型调整参考数据( )
A. B. C. D.
9.已知函数，若存在，使得，则的最小值为( )
A. B. C. D.
10.已知数列满足，给出下面个结论，
若为常数列，则；
当时，总有；
当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立．
其中正确结论的个数为( )
A. B. C. D.
二、填空题：本大题共5小题，共25分。
11.函数，则 ．
12.已知直线过抛物线的焦点，则 ．
13.如图某简单组合体由上下两部分组成，下部是一个圆柱，上部是一个圆锥，圆锥的底面与圆柱的上底面重合，圆柱的底面半径为，高为，圆锥的高为，则此组合体的体积为 ；表面积为
14.“垛积术”是我国古代数学的重要成就之一．南宋数学家杨辉在详解九章算法中记载了关于“方垛”的描述及计算方法：如图所示“方垛”，自上而下每层每边物体数依次递增个，第层放个物体，第层放个物体，，第层放个物体，则这层方垛所放的物体总数为现有某“三角垛”如图所示，自上而下每层每边物体数依次递增个，第层放个物体，第层放个，第层放个，第层放个，第层放个物体，，则第层放 个物体，若该三角垛共有层，利用“方垛”的结论，计算该“三角垛”所放物体的总数为 ．
图 图
15.已知函数的定义域为，是偶函数，是奇函数．关于有下列四个结论：
的图象关于对称；
是周期函数；
若，则；
若时，，则函数的零点个数为．
其中所有正确结论的序号是 ．
三、解答题：本题共6小题，共75分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.在中，角，，所对的边为，，，，．
求的值；
从条件、条件、条件这三个条件中选择一个作为已知，使得为钝角三角形，求边上的高．
条件：；条件：；条件：的周长为．
17.如图，在三棱锥中，为边长为的等边三角形，，，为棱的中点．
求证：平面平面；
棱上端点除外是否存在一点，使得平面与平面的夹角为若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
18.随着人工智能技术的发展，智能体已被广泛应用于处理各类任务．在实际应用中，智能体处理的任务通常会根据内容属性、处理难度、业务场景划分为不同类型．常见的任务类型主要有：基础功能类任务、逻辑推理类任务、内容生成类任务、感知识别类任务、交互协作类任务等．由于模型设计与训练方向不同，不同智能体在处理各类任务时的表现存在一定差异．某人工智能实验室为测评甲、乙两款智能体在逻辑推理类任务类任务、交互协作类任务类任务中的实际表现，对类、类各项任务开展测试，测试结果如下表：
任务类别 智能体甲 智能体乙
测试任务数量 成功完成的数量 测试任务数量 成功完成的数量
类任务
类任务
假设每次测试结果相互独立，用频率估计概率．
分别估计智能体甲、智能体乙成功完成任务的概率；
现使用甲、乙两款智能体完成项类任务和项类任务，每项任务仅由其中一款智能体完成，根据两款智能体成功完成不同类型任务的概率，选择概率结果大的智能体完成其擅长的任务类型，估计这项任务中恰有项被成功完成的概率；
某企业拟从甲、乙两款智能体中选购一款并获得其使用权，假设该企业所承担的任务中，类任务占比，类任务占比，且两款智能体的购置及使用成本相同，试判断该企业应选购哪款智能体．结论不要求证明
19.已知椭圆的短轴长为，离心率为．
求椭圆的方程；
过点的直线与椭圆分别交于，两点，已知点，直线与直线交于点求证：直线的斜率为定值．
20.已知函数的定义域为，．
求函数的单调区间；
判断曲线上是否存在两点，，使得，关于对称，并说明理由；
直线是曲线在处的切线，过点作垂直于的直线，直线，与轴交点的纵坐标分别为，，求的取值范围．
21.不超过实数的最大整数称为的整数部分，记作例如，，设函数．
已知函数，集合，设为集合中元素的个数．
(ⅰ)写出，及数列的通项公式；
(ⅱ)对任意正整数，等式恒成立，求所有满足条件的正实数的值．
求证：对给定的正整数，当时，对于任意的实数，存在，使得，成立．
参考答案
1.
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4.
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9.
10.
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13.
14.
15.
16.解：因为，且，所以，
设外接圆半径为，
由正弦定理得
所以，即：，所以．
选择条件：
由余弦定理，得，代入，，，得，则，
此时，所以，为钝角三角形，
设边上的高为，则，即，．
选择条件：
若，则，所以，
由余弦定理得：，
因为，，，所以，则是直角三角形，不满足题意．
选择条件：
若周长为，则，
由余弦定理得：，
联立解得：，，
所以，所以，为钝角三角形，
设边上的高为，则，即，．

17.解：为边长为的等边三角形，为中点，
，且．
，为中点，
，且，故，
．
，
，故．
，平面，
平面．
平面，
平面平面．
由第一小问，以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，
，，，，．
设，则，所以点坐标为．
，且平面
平面
平面的法向量为．
设平面的法向量为，其中，，
令，代入解得，，
．
已知平面与平面的夹角为，
代入数据得
两边约去后平方整理得，解得或．
，
．
因此存在满足条件的点，且．

18.解：智能体甲总测试任务数为，成功完成总数为，
因此甲成功完成任务的频率为：．
因为用频率估计概率，所以甲成功完成任务的概率估计为
智能体乙总测试任务数为，成功完成总数为，
因此乙成功完成任务的频率为：．
因为用频率估计概率，所以乙成功完成任务的概率估计为．
所以智能体甲成功完成任务的概率为、智能体乙成功完成任务的概率．
先计算两款智能体完成不同类型任务的成功率：
甲完成类：，甲完成类：；
乙完成类：，乙完成类：．
比较概率大小得：，由比较可知类任务乙更擅长，类任务甲更擅长．
因此分配为：类由乙完成，项类由甲完成。
设“项任务恰有项成功”为事件，分两种互斥情况：
类任务成功，仅个类任务成功：，
类任务失败，类任务成功：，
因此：．
所以估计这项任务中恰有项被成功完成的概率为．
因为类任务占比，类任务占比，
甲完成类的概率，甲完成类的概率，
所以甲完成任务的期望为；
同理乙完成类任务的概率，乙完成类的概率，
所以乙完成任务的期望为．
所以，故该企业应选购智能体甲．

19.解：由题意，，解得
所以椭圆的方程为．
如图：
当直线与轴重合时，
先取，，则直线：，
所以，；
再取，，则直线：，
所以，．
当直线不与轴重合时，设直线：，代入椭圆方程，
得，整理得：．
设，，则，．
直线：，
令，可得，
即．
所以
．
综上可知，直线的斜率为定值．

20.解：令，定义域为，求导得：，
因为恒成
所以当时，，单调递增；
当时，单调递减，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为．
若存在关于对称，则等价于方程存在两个不等于的不同实根，
构造函数，
令，求导得：，
恒成立，
时，，单调递增，
时，，单调递减，
的最大值为，且时，，
因此有两个不同零点，即方程有两个不同解，对应两个不同点．
切线斜率，切线方程为，
令得：，
与垂直，斜率，方程为，
令得：，
代入所求表达式化简，
全部消去：，
设，则原式，
对求导得，因此在单调递减，单调递增，最小值，即，，
是关于的增函数，
，
的取值范围为取值范围为．

21.解：当时，有，故，所以，．
当时，有，故．
又因为，所以，从而，特别地，．
因此，．
(ⅱ)由(ⅰ)知，当时，有，，于是题设等式化为．
令，则，即，从而．
又因为，所以，故．
另一方面，，于是．
由可得，即．
上式对任意恒成立，令，得且，所以．
解得因为，所以．
下面验证满足条件记，则．
对任意，令因为为无理数，所以，两边同除以，得，故．
于是又因为，所以，即题设等式成立．
综上，满足条件的正实数．
设．
考虑这个数把长度为的圆周分成段，则这个点把圆周分成段弧，其中至少有一段弧长不小于．
取实数，使这段弧平移到区间端点处，则都落在某个长度为的区间内．
对，令因为，所以，从而．
于是对任意，有．
由于都落在同一个长度为的区间内，所以，从而成立．

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