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北京市十一学校2026届高三下学期数学4月月考试卷
一、选择题：本大题共10小题，共50分。
1.若复数，则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，，，则( )
A. B.
C. D.
3.已知，且，，，则( )
A. B. C. D.
4.如图，设抛物线的焦点为，过轴上一点作直线交于、两点，若，，则( )
A. B. C. D.
5.若点是圆上的任一点，直线与轴、轴分别相交于、两点，则的最小值为( )
A. B. C. D.
6.在中，是的中点，则的取值范围是
A. B. C. D.
7.质点和在以坐标原点为圆心，半径为的圆周上同时出发逆时针作匀速圆周运动．的起点坐标为，角速度为；的起点坐标为，角速度为则质点与相遇点对应的坐标可能为( )
A. B.
C. D.
8.设等比数列的前项和为，则“，”是“公比”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，学习率随迭代次数的变化公式为当学习率小于等于时，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，其中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：( )
A. B. C. D.
10.设函数，下列说法正确的是( )
A. 存在实数，使得曲线为轴对称图形；
B. 存在实数，使得曲线为中心对称图形；
C. 存在实数，使得曲线为轴对称图形；
D. 存在实数，使得曲线为中心对称图形．
二、填空题：本大题共5小题，共25分。
11.在的展开式中，的系数是 ．
12.已知双曲线，若，则双曲线的渐近线方程为 ；若双曲线上存在四个点，，，使得四边形为正方形，则的一个取值为 ．
13.故宫角楼的屋顶是我国十字脊顶的典型代表，如图，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所示．已知三棱柱和是两个完全相同的直三棱柱，侧棱与互相垂直平分，，，则点到平面的距离是 ．
14.已知函数，其中且若关于的方程恰有三个不相等的实数根，则的取值范围为 ，且的取值范围为 ．
15.已知无穷数列满足下列三个性质：
，；
(ⅱ)对任意的，；
(ⅲ)对任意的，都有．
则下列说法正确的是 ．
当，时，；
当时，存在单调递增的数列满足上述条件；
当时，对任意的成立；
对于任意数列，总存在，使得对任意的，都有．
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，，．
Ⅰ求的值；
Ⅱ若，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，求边上中线的长．
条件：边上的高为；
条件：；
条件：．
注：如果选择的条件不符合要求，第Ⅱ问得分；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，是边长为的等边三角形，四边形为菱形，，平面平面，为棱的中点，记平面和平面的交线为．
证明：；
在线段不含端点上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
18.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，从该地区名中小学教师中随机抽取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
性别 男
女
年龄 岁以下含岁
岁以上
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．
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；
现按性别进行分层抽样，从该地区抽取了名教师，求这名教师中恰有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”记分，“有一些帮助”记分，“很有帮助”记分统计受访教师的得分，将这名教师得分的平均值记为，其中年龄在岁以下含岁教师得分的平均值记为，年龄在岁以上教师得分的平均值记为，通过计算比较的大小关系．
19.已知椭圆的短轴长为，左右焦点分别为，，为椭圆上一点，且轴，
求椭圆的标准方程；
已知直线且与椭圆交于，两点，点关于原点的对称点为、关于轴的对称点为，直线与轴交于点，若与的面积相等，求的值．
20.已知函数．
当时，求曲线在点处的切线方程；
若既存在极大值，又存在极小值，求实数的取值范围；
当时，直线与曲线有三个交点，设的取值集合为，求的取值范围．
21.已知正实数数列：，对任意的，记，令集合，；记集合．
若：，，，直接写出和；
若，且满足，求集合的元素个数的最小可能值；
若，证明：集合中至少含有个元素．
参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
答案不唯一
13.
14.
15.
16. 选择条件，边上中线的长为；选择条件，不唯一；选择条件，边上中线的长为
17.证明：四边形为菱形，，
平面，平面，平面，
平面，平面平面，
．
取的中点，连接，，
是边长为的等边三角形，，
四边形为菱形，，为等边三角形，，
平面平面，平面平面，平面，，
平面，
以为坐标原点，以，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，，，
，，，
设平面的法向量为，
则，由
令，则，，，
假设在线段不含端点上存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为．
设，，
则，
平面的法向量为，
直线与平面所成角的正弦值为，
，
整理得，解得或，
所以在线段不含端点上存在点，当或时，
直线与平面所成角的正弦值为．

18.根据表格中数据，完善表格，
没有帮助 有一些帮助 很有帮助 合计
性别 男
女
年龄 岁以下含岁
岁以上
可以得到名教师中，认为人工智能对于教学“没有帮助”的频率为，
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；
男女比例为，故抽取的名教师，有名男教师，名女教师，
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，
女教师认为对于教学“很有帮助”的概率为，
抽取的名教师中，恰有人认为人工智能对于教学“很有帮助”，
则名男教师认为人工智能对于教学“很有帮助”的概率为，
名女教师认为人工智能对于教学“很有帮助”的概率为，
故这名教师中恰有人认为人工智能对于教学“很有帮助”的概率为；
，
，
，
因为，所以．

19.解：因为短轴长为，所以，
因为，
所以，，
又因为轴，所以，
则，且，解得，
则椭圆的标准方程为．
设，则，，
联立，整理得，
则，，则，
直线：，
令，得，
故，，，
则的中点坐标为，
由于与的面积相等，故到直线的距离相等，
因此的中点在上，
可得，，
则，解得，又，所以．

20.解：，所以，
又，所以，所以切线方程为，
即．
当或时，只有一个零点，不可能有两个极值点；
当时，令，得或，
当时，与的变化情况如下表：
极大值 极小值
当时，与的变化情况如下表：
极大值 极小值
综上：的取值范围为．
由可得，，
令，，
令，则在恒成立，
所以在单调递增，即在单调递增，
，单调递减，又时，，时，．
所以的取值范围为．

21.解：由题可知，，，，，
所以，
，，，
所以，
，，所以，
所以．
当，，
，，，，
要使的元素个数最少，则需要相等的元素最多；
假设只有个元素，即，
由得，
由得，
代入，得，与已知条件矛盾，
因此，的元素个数不可能为；
假设只有个元素，
考虑且，
，
，
我们需要在的条件下满足上述两个等式，
由，因为，所以，即，
同时，
将代入第二个等式：
，
我们需要，
由，得，
为了满足，即，
与矛盾，因此，且无法同时成立，
考虑且，
，
，
代入：，
已知，
由，因为且，
所以，与矛盾，
考虑且，
，，
由得，代入上式：，
我们需要，，
由得，
由得，
所以，
又，由得，
由得，
取，则，
取，则，
，
此时，满足，
计算的元素：，
，元素个数为．
假设中至多含有个元素，则，
由鸽巢原理，必有一个数在中至少出现次，设，
考虑，，
这个值互不相同且均小于，，
因此，这个值与共同构成了中至少个不同的元素，
与的假设矛盾，
所以中至少有个元素．

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