2026北京交通大学附属中学高三3月月考数学试卷（含答案）

2026北京交大附中高三3月月考
数 学
2026.03
本试卷共5页，150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题纸上，在试卷上作答无效.考试结束后，将本试卷和答题纸一并交回.
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，，若，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
2. 下列函数中，在区间上为增函数的是（ ）
A. B.
C. D.
3. 若复数是纯虚数，则实数（ ）
A. 1 B. C. 2 D.
4. 已知数列与均是公差不为0的等差数列，且数列也是等差数列，若，则（ ）
A. 24 B. 21 C. 18 D. 15
5. 已知双曲线的一个焦点与虚轴的两个端点构成等边三角形，则C的渐近线方程为（ ）
A. B. C. D.
6. 已知函数的部分图象如图所示，将的图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍，得到函数的图象，则（ ）
A.
B.
C.
D.
7. 已知数列为等比数列，则“数列为单调递增数列”的_____条件是“对任意有恒成立”．（ ）
A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充分且必要 D. 非充分非必要
8. 2023年，深度求索（DeepSeek）公司推出了新一代人工智能大模型，其训练算力需求为1000PetaFLOPS（千亿亿次浮点运算/秒）．根据技术规划，DeepSeek的算力每年增长．截止至2025年，其算力已提升至2250PetaFLOPS，并计划继续保持这一增长率．问：DeepSeek的算力预计在哪一年首次突破7500PetaFLOPS？（ ）
（参考数据：，，）
A. 年 B. 年
C. 年 D. 年
9. 若圆上存在两点，直线上存在点，使得，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
10. 在平面直角坐标平面内，横、纵坐标均为整数的点称为整点．点从原点出发，在平面直角坐标平面内跳跃行进，每次跳跃的长度都是5且落在整点处．则点到达点所跳跃次数的最小值是（ ）
A. 8 B. 9 C. 10 D. 11
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. 若抛物线上一点到轴的距离是4，则点到该抛物线焦点的距离是___________.
12. 已知，则________，________．
13. 在平面直角坐标系中，角的始边为轴的非负半轴，终边与单位圆交于点（不在坐标轴上）．过点作轴的垂线，垂足为．若记为点到直线的距离，则的最大值为___________，此时的一个取值为___________.
14. 阿基米德多面体也称为半正多面体，是以边数不全相同的正多边形为面围成的多面体.如图，已知一个阿基米德多面体的所有顶点均是某个正方体各条棱的中点，且正方体的棱长为2，则该阿基米德多面体的体积为__________；是该阿基米德多面体的同一面上不相邻的两个顶点，点P是该多面体表面上异于点的任意一点，则的最大值为__________.
15. 已知函数，集合是和定义域的交集，集合，集合，
① 如果是单调递增的函数，则 ；
② 如果都是有限集合，两者元素个数之差一定是偶数；
③ 存在函数，使得是空集，不是空集；
④ 存在函数，使得不是空集，是空集
以上4个选项中，正确的是: .
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. 在中，.
（1）求的大小；
（2）若，再从下列三个条件中选择一个作为已知，使存在，求的面积.
条件①：边上中线的长为；
条件②：；
条件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.
17. 如图，四边形是正方形，平面，，，F，G，H分别为，，的中点．
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面所成角的大小．
18. 为了解客户对A，B两家快递公司的配送时效和服务满意度情况，现随机获得了某地区客户对这两家快递公司评价的调查问卷，已知A，B两家公司的调查问卷分别有120份和80份，全部数据统计如下：
快递公司 A快递公司 B快递公司
项目 份数 评价分数 配送时效 服务满意度 配送时效 服务满意度
29 24 16 12
47 56 40 48
44 40 24 20
假设客户对A，B两家快递公司的评价相互独立，用频率估计概率.
（1）从该地区选择A快递公司的客户中随机抽取1人，估计该客户对A快递公可配送时效的评价不低于75分的概率：
（2）分别从该地区A和B快递公司的样本调查问卷中，各随机抽取1份，记X为这2份问卷中的服务满意度评价不低于75分的份数，求X的分布列和数学期望：
（3）记评价分数为“优秀”等级，为“良好”等级，为“一般”等级 已知小王比较看重配送时效的等级，根据该地区A，B两家快递公司配送时效的样本评价分数的等级情况，你认为小王选择A，B哪家快递公司合适？说明理由，
19. 椭圆的左 右焦点分别为是椭圆C上一点，且
（1）求椭圆C的方程；
（2）M，N是y轴上的两个动点(点M与点E位于x轴的两侧)，，直线EM交x轴于点P，求的值.
20. 已知函数（）.
（1）若，求函数的单调区间；
（2）若函数在区间和上各恰有一个零点，分别记为和，
（ⅰ）证明：函数在两点，处的切线平行；
（ⅱ）记曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形面积为S，求的最大值.
21. 给定一个n项的实数列，任意选取一个实数c，变换T（c）将数列a1，a2，…，an变换为数列|a1﹣c|，|a2﹣c|，…，|an﹣c|，再将得到的数列继续实施这样的变换，这样的变换可以连续进行多次，并且每次所选择的实数c可以不相同，第k（k∈N*）次变换记为Tk（ck），其中ck为第k次变换时选择的实数．如果通过k次变换后，数列中的各项均为0，则称T1（c1），T2（c2），…，Tk（ck）为“k次归零变换”．
（1）对数列：1，3，5，7，给出一个“k次归零变换”，其中k≤4；
（2）证明：对任意n项数列，都存在“n次归零变换”；
（3）对于数列1，22，33，…，nn，是否存在“n﹣1次归零变换”？请说明理由．
参考答案
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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D D B A A C C C A C
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. 【答案】5
12. 【答案】 ①. 1 ②. 16
13. 【答案】 ①. ##0.5 ②. （答案不唯一）
14. 【答案】 ①. ②. 4
15. 【答案】①②③
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. 【小问1】
由，
在中，由正弦定理得，
因为，所以，
又，所以；
【小问2】
选条件①：边上中线的长为：
设边中点为，连接，则，
在中，由余弦定理得，
即，
整理得，解得或（舍），
所以的面积为.
选条件③：：
在中，由余弦定理得，即，
整理得，解得或，
当时，的面积为．
当时，的面积为．
不可选条件②，理由如下：
若，故为钝角，则，
则，，即，
其与为钝角矛盾，故不存在这样的.
17.
【小问1】
证明：因为F，G，H分别为，，的中点，
可得是的中位线，是的中位线，
所以，
因为，,,
平面，且平面，所以可得平面
又因四边形是正方形，所以，所以可得，
平面，且平面，所以可得平面,
，平面，所以平面平面，
而平面，所以可得平面.
【小问2】
建立如图坐标系，直线为轴, 为轴,为轴，
因为，
所以可得各点坐标为，
因F，G，H分别为，，的中点，
则由中点坐标公式可得，
所以可得，
设平面的法向量为，平面的法向量为，
所以，解之可得，取，则，
，解之可得，取，则，
设平面与平面所成角为，
则，
可得，
则平面与平面所成角的大小为
18.
【小问1】
调查问卷中共有120份，其中不低于75分的份数为，则，
故可估计该客户对A快递公可配送时效的评价不低于75分的概率为；
【小问2】
A快递公司的样本调查问卷中抽取的1份服务满意度评价不低于75分的概率为：
，
B快递公司的样本调查问卷中抽取的1份服务满意度评价不低于75分的概率为：
，
X的可能取值为0，1，2，
，
，
，
故其分布列为：
X 0 1 2
P
其期望；
【小问3】
A快递公司的样本调查问卷中“优秀”等级占比为，
“良好”等级占比为，“一般”等级占比为；
B快递公司的样本调查问卷中“优秀”等级占比为，
“良好”等级占比为，“一般”等级占比为；
其中A快递公司的样本调查问卷中“优秀”或“良好”等级占比为，
B快递公司的样本调查问卷中“优秀”或“良好”等级占比为，
我认为小王应该选择B快递公司，因为B快递公司中“优秀”或“良好”等级占比比A公司大.
19. 【答案】（1）；（2）.
（1）因为，
所以椭圆方程为；
（2）因为M，N是y轴上的两个动点，所以不妨设，，
因为点M与点E位于x轴的两侧，所以设,所以，
由（1）知，所以，
因为，所以，
因为，所以
，
而，所以，解得或，
因为，，所以，
因此，所以直线EM的直线方程为：
，令，得，即，
.
20.
【小问1】
当时，，
则，
令，则，故在上递增，
又，则时，，又，故，
当时，，又，故，
故恒成立，故在上单调递增，
即函数的单调递增区间为，无单调递减区间；
【小问2】
（ⅰ）当时，，
根据题意，零点分别在区间和内，不等于1，因此是方程的两个根，
故，，则，，
且有，则，
，
则，
同理
，
故函数在两点，处的切线平行；
（ⅱ）由（ⅰ）知，
故在点处的切线为，，
令，则，
又，故，
故，又，且，
所以，
令，则，又，
当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，则，
所以的最大值为.
21. （1）方法1：T1（4）：3，1，1，3；T2（2）：1，1，1，1；T3（1）：0，0，0，0．
方法2：T1（2）：1，1，3，5；T2（2）：1，1，1，3；T3（2）：1，1，1，1；T4（1）：0，0，0，0．．…
（2）经过k次变换后，数列记为，k＝1，2，…．
取，则，即经T1（c1）后，前两项相等；
取，则，即经T2（c2）后，前3项相等；
…
设进行变换Tk（ck）时，其中，变换后数列变为，则；
那么，进行第k+1次变换时，取，
则变换后数列变为，
显然有；
…
经过n﹣1次变换后，显然有；
最后，取，经过变换Tn（cn）后，数列各项均为0．
所以对任意数列，都存在“n次归零变换”．
（3）不存在“n﹣1次归零变换”．
证明：首先，“归零变换”过程中，若在其中进行某一次变换Tj（cj）时，cj＜min{a1，a2，…，an}，那么此变换次数便不是最少．这是因为，这次变换并不是最后的一次变换（因它并未使数列化为全零），设先进行Tj（cj）后，再进行Tj+1（cj+1），由||ai﹣cj|﹣cj+1|＝|ai﹣（cj+cj+1）|，即等价于一次变换Tj（cj+cj+1），同理，进行某一步Tj（cj）时，cj＞max{a1，a2，…，an}；此变换步数也不是最小．
由以上分析可知，如果某一数列经最少的次数的“归零变换”，每一步所取的ci满足min{a1，a2，…，an}≤ci≤max{a1，a2，…，an}．
以下用数学归纳法来证明，对已给数列，不存在“n﹣1次归零变换”．
（1）当n＝2时，对于1，4，显然不存在“一次归零变换”，结论成立．
（由（2）可知，存在“两次归零变换”变换：）
（2）假设n＝k时成立，即1，22，33，…，kk不存在“k﹣1次归零变换”．
当n＝k+1时，假设1，22，33，…，kk，（k+1）k+1存在“k次归零变换”．
此时，对1，22，33，…，kk也显然是“k次归零变换”，由归纳假设以及前面的讨论不难知1，22，33，…，kk不存在“k﹣1次归零变换”，则k是最少的变换次数，每一次变换ci一定满足，i＝1，2，…，k．
因为（k+1）k+1﹣k kk＞0
所以，（k+1）k+1绝不可能变换为0，与归纳假设矛盾．
所以，当n＝k+1时不存在“k次归零变换”．
由（1）（2）命题得证．