北京师范大学附属实验中学2026届高三下学期零模测验数学试题（含答案）

北师大实验中学高三下学期零模测验 高三数学
2026 年 3 月
考试时长 120 分钟. 考生务必将答案答在答题卡上, 在试卷上作答无效. 考试结束后, 将本试卷和答题卡一并交回.
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 ，则集合 ( )
A. B. C. D.
2. 下列函数中,在区间 上单调递增的是( )
A. B.
C. D.
3. 在 的展开式中， 的系数为( ).
A. -5 B. 5 C. -10 D. 10
4. 在等比数列 中, ,则 ( )
A. -24 B. -8 C. 8 D. 24
5. 设 是双曲线 的两个焦点, 为坐标原点,点 在 上且 ,则 的面积为( )
A. B. 3
C. D. 2
6. 已知 是平面内两个非零向量， ，那么 “ ” 是 “ ”的( )
A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
7. 已知各项均不为零的数列 ,其前 项和是 ,若 ,则()
A. 不可能是等差数列 B. 可能是等比数列
C. 不可能是递减数列 D. 可能是周期数列
8. 奶茶温度衰减满足函数关系 ,其中 (单位: ) 为 (单位: 分钟) 时的温度, (单位: ) 为室温, 为常数, . 已知某奶茶店的室温为 ,奶茶制作完成时温度为 分钟后温度为 ,该奶茶适宜饮用温度为 ,则制作完成后适宜饮用的时间约为 ( )
(参考数据: . 结果保留整数)
A. 25 分钟 B. 30 分钟 C. 35 分钟 D. 40 分钟
9. 已知函数 ,若 在区间 上没有最值,则 的最大值为( )
A. B. C. D. 2
10. 如图,正方体 的棱长为 分别为棱 的中点,已知平面 与平面 垂直,且点 到平面 的距离均为 ,则满足条件的平面 的个数为( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
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. 已知复数 满足 ，则在复平面内 对应点的坐标为_____.
12. 若对任意实数 恒成立,则满足条件的一组 的值为 _____， _____.
13. 直线 与圆 交于 两点,若 是 的等差中项, 则 的最小值为_____.
14. 已知 是抛物线 的焦点，则 的坐标为_____，设 是直线 上一点，直线 与抛物线 的一个交点为 ，若 ，则点 到 轴的距离为_____.
15. 对于函数 与非零实数 ,定义函数 给出下列四个结论:
①函数 的最小值为 -1 ;
②若 为 上的单调函数，则 ；
③存在非零实数 ，使得函数 有四个不同零点；
④存在不相等的实数 ,使得函数 为奇函数.
其中所有正确结论的序号为_____.
三、解答题共 6 小题, 共 85 分. 解答题应写出文字说明，演算步骤或证明过程.
16. 在 中,角 所对的边分别 ,
. 函数 的图象关于点 对称.
(1) 当 时,求 的值域;
(2)若 ，求 的面积最大值.
17. 在四棱锥 中，四边形 为边长为 4 的正方形，平面 平面
(1)求证: ；
(2)从条件①，条件②，条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得四棱锥 存
在且唯一确定,求平面 与平面 所成角的余弦值.
条件①: ;
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.
18. 为研究某地区 2021 届大学毕业生毕业三个月后的毕业去向, 某调查公司从该地区 2021 届大学毕业生中随机选取了 1000 人作为样本进行调查, 结果如下:
毕业去向 继续学习深造 单位就业 自主创业 自由职业 慢就业
人数 200 560 14 128 98
假设该地区 2021 届大学毕业生选择的毕业去向相互独立.
(1)若该地区一所高校 2021 届大学毕业生的人数为 2500，试根据样本估计该校 2021 届大学毕业生选择“单位就业”的人数；
(2)从该地区 2021 届大学毕业生中随机选取 3 人，记随机变量 为这 3 人中选择“继续学习深造”的人数. 以样本的频率估计概率,求 的分布列和数学期望 ;
(3)该公司在半年后对样本中的毕业生进行再调查，发现仅有选择“慢就业”的毕业生中的 人选择了上表中其他的毕业去向,记此时表中五种毕业去向对应人数的方差为 . 当 为何值时, 最小. (结论不要求证明)
19. 已知,椭圆 的离心率为 ,长轴长为 .
(1)求椭圆 的方程；
(2)直线 过点 ,且被椭圆 截得的弦长为 ,求直线 的方程;
(3)设 为坐标原点，若 为椭圆上的点，且圆 与直线 相切，当直线 的斜率存在且 ,求圆 的半径.
20. 已知函数 .
(1)当 时，求 在点 处的切线方程；
(2)讨论 的极值；
(3)已知 ，函数 有两个不同的零点 ， 和一个极值点 ，记 ,试判断 与 的大小关系,并说明理由.
21. 设数列 . 定义集合 ,
,其中 为给的正整数.
(1)若 ，求 ；
(2)若 中的项 ，求证: 为常数列；
(3)记集合 的最大元素为 ，求证: .
1. D
因为集合 ,
所以 .
2. C
根据常见函数的单调性即可逐一求解.
对于 ,由于 ,故 在区间 上不是单调递增的, 错误,
对于 在区间 上单调递减, 错误,
对于 ,当 时, 单调递增,且值恒为正,故 为单调递减,所以 为单调递增, 正确,
对于 在区间 上单调递增,故 在区间 上单调递减, 错误, 故选: C
3. C
首先写出展开式的通项公式,然后结合通项公式确定 的系数即可.
展开式的通项公式为: , 令 可得: ,则 的系数为: .
故选: C.
4. A
设等比数列 的公比为 ,
因为 , 所以 ,解得 .
5.
由 是以 为直角直角三角形得到 ,再利用双曲线的定义得到 ,联立即可得到 ,代入 中计算即可.
由已知,不妨设 ,
则 ,因为 ,
所以点 在以 为直径的圆上,
即 是以 为直角顶点的直角三角形,
故 ,
即 ,又 ,
所以 ,
解得 ,所以
故选: B
6. D
根据充分必要条件的定义, 结合向量平行定理, 即可判断.
若 ,
所以 ,
当 时, ,当 时, ,此时
故 “ ” 是 “ ” 的不充分条件,
因为 ,若 ,则 ,当且仅当 方向相同时取到等号,则 恒成立,故 ,但两个向量间的系数不确定,不
能推出 “ ”;
综上可知, ,那么 “ ” 是 “ ”的既不充分也不必要条件.
故选: D
7. C
利用题目条件 推出数列前 项和 与通项 的关系,结合选项逐一判断.
已知 时 ,两式作差得: , 因 ,两边除以 得: ,且 时, ,得 , 同时可知: 奇数项 是公差为 1 的递增数列,偶数项 也是公差为 1 的递增数列, 选项 A: 若 是等差数列,由 得 ,结合 得 , 即 ,验证得 ,满足条件,因此 可以是等差数列, A 错误; 选项 B: 若 是等比数列,公比为 ,则要求 对所有 恒成立, 左边随 变化,不可能恒等于常数 1,矛盾,不存在这样的等比数列, B 错误;
选项 C:递减数列要求对任意 ，由前面推导:
若 ,则 ,即 ,不满足递减;
若 ,直接得 ,不满足递减; 且奇数项、偶数项本身都是递增的,
因此不可能是递减数列, 正确,
选项 D: 数列 的奇数项和偶数项都是单调递增数列,故数列 不是周期数列, D 错误.
8. C
由题, ,当 时, ,代入运算可得 ,令 运算得解.
由题, ,当 时, ,则 ,得 ,
又 ,故 ,得 ,所以 ,
当 时,有 ,所以 ,
所以 ,
故制作完成后适宜饮用的时间约为 35 分钟.
故选: C.
9. A
由 ,得 ,进而结合题意可得 ,进而求解即可.
由 ,
则 ,
因为 在区间 上没有最值,
所以 ,
则 ,解得 ,
所以 的最大值为 .
故选: A.
10. C
由于 到平面 的距离均为 ,则以 为球心, 为半径作球,利用投影将立体问题转化为平面上的切线问题,经验证两球在平面 上的投影外切(实际不相切),此时公切线的个数就是平面 的个数.
以点 为球心, 为半径作球,如图:
由 ,且 ,故两球相离,无交点,
将两球分别向平面 作投影,如图:
点 的投影为 上靠近 的四等分点,记为 ,
点 的投影为 上靠近 的四等分点,记为 ,
已知 ,则 ,
两投影圆半径均为 ，半径之和为 ，故以 ， 为圆心的两圆外切，
易得应有三条公切线,如图,过这三条公切线只能作三个平面与平面 垂直, 所以此时对应三个平面 满足条件.
11.
因为 .
所以在复平面内 对应点的坐标为 .
12. (答案不唯一)
应用诱导公式计算求解即可.
若对任意实数 恒成立,
则满足条件的一组 的值为 . 故答案为: (答案不唯一).
13. 6
由等差中项的条件确定直线过定点 ,且定点 在圆 内,所以 时, 的值最小.
由题意得 ,即 ,直线 ,
整理得 ,令 ,解得 ,故直线过定点 ,
设圆 的圆心为 ,半径 ,
且圆心 到 的距离 ,
定点 在圆 内,所以当 时, 的值最小,
即 .
14.
由抛物线性质可知焦点坐标; 过 作 垂直于直线 ,由比例关系得出 到 轴的距离.
抛物线 的焦点 ,准线 .
过 作 垂直于直线 于 ,则 轴.
设直线 与 轴交于点 ,
因为 ,所以 ,
由 轴得, ,
所以 ,
因此点 到 轴的距离为 1 .
故答案为: ;1 .
15. ①②④
对于①,由题意可得 ,根据函数性质求解判断; 对于②,根据 的几何意义,分类讨论求解即可判断; 对于③,分 结合函数性质可判断; 对于④,假设函数 为奇函数,令 ,根据 是偶函数，即可判断.
函数 ,
的几何意义为原点 与点 两点连线的直线,
所以 的几何意义就是,当 时,就是原曲线 ;
当 时,是 与原点 连接的一条射线;
对于①,当 时, ,
当 时, 在 处取得最小值为 ,
当 时,函数 单调递增,最小值为 1,
所以函数 的最小值为 -1,故①正确；
对于②,若 ,则 是 的真子集,
所以函数 在区间 上单调递减,
因为 ,直线 也单调递减,
且 ,分段点连续,故 为 上的单调递减函数,
若 ,当 时, ,当 时, 为一条与 轴平行的直线; 当 时, ,直线 单调递增,
所以 在 上不是单调函数,
所以,若 为 上的单调函数,则 ,故②正确；
对于 ③,函数 有四个不同零点等价于 有四个解,
当 时, ,; 当 时, ,
若 ,左侧 最多只有两个解,右侧 最多只有一个解,
若 ,左侧 最多只有两个解,右侧 最多只有一个解,
故不存在非零实数 ,使得函数 有四个不同零点,故 ③ 错误;
对于④,若 为奇函数,则 ,
即 ,
令 ,则上式可化为 ,
因为 ,所以 是偶函数,
不妨取 ,即可满足 ,即 成立,
所以存在不相等的实数 ,使得函数 为奇函数,故④正确.
16.
(2)
(1) 先由 得角 ,进而化简 ,再由 的范围即可求解;
(2)由余弦定理求出 的最大值即可由 求解.
(1)由题可得
所以 ,因为 ,所以 ,
所以
因为 ,则 ,所以 ,
所以 的值域为 ;
(2)由(1)得 ，又 ，所以 ，
即 ,
当且仅当 时等号成立,
所以 的最大值为 36,
所以 ，即 的面积最大值为 .
17.
(1)先根据面面垂直的性质得到 平面 ,再根据线面垂直的概念得到 .
(2)结合选择的条件, 建立空间直角坐标系, 利用空间向量求二面角的余弦.
(1)因为平面 平面 ,平面 平面 平面 ,
因为四边形 为正方形,所以 ,
所以 平面 ,又 平面 ,所以 .
(2)选条件①:因为 ，
所以 为直角三角形，且 .
又 平面 ,所以可以 为原点,建立如图空间直角坐标系:
则 .
所以 .
设平面 的一个法向量为 ,
则 ,令 ,则 .
设平面 的一个法向量为 ,
则 ,令 ,则 .
,
所以 .
即平面 与平面 所成角的余弦值为 .
选条件②:
由已知和(1)可知 平面 平面 ，
所以 ,所以 .
若 ,则 ,这与 为三角形的三个顶点矛盾.
故条件②不可选.
选条件③:
由已知和(1)可知 为直角三角形,且 ，所以 .
由 得 ,又 ,
所以 为直角三角形，且 .
又 平面 ,所以可以 为原点,建立如图空间直角坐标系:
则 .
所以 .
设平面 的一个法向量为 ,
则 ,令 ,则 .
设平面 的一个法向量为 ,
则 ,令 ,则 .
,
所以 .
即平面 与平面 所成角的余弦值为 .
18.
(1)用样本中“单位就业”的频率乘以毕业生人数可得；
(2)先由样本数据得选择“继续学习深造”的频率，然后由二项分布可得；
(3)由方差的意义可得.
(1)由题意得，该校 2021 届大学毕业生选择“单位就业”的人数为
(2)由题意得，样本中1000名毕业生选择“继续学习深造”的频率为 .
用频率估计概率, 从该地区 2021 届大学毕业生中随机选取 1 名学生, 估计该生选择“继续学习深造”的概率为 .
随机变量 的所有可能取值为0,1,2,3.
所以 ,
所以 的分布列为
0 1 2 3
64 125 48 125
(3)易知五种毕业去向的人数的平均数为 200，要使方差最小，则数据波动性越小，故当自主创业和慢就业人数相等时方差最小,所以 .
19.
(2) 或
(3)
(1) 已知可得: ， ，求解即可；
(2)直线 的方程为 且与椭圆相交于 ， ，联立 ， 由根与系数的关系以及弦长公式求解即可;
(3)过原点 作圆 的切线 ，设 ，利用圆心到直线的距离等于半径，结合已知条件求解即可
(1) 由已知可得: ,
所以 .
又 ,
所以椭圆 的方程为 .
(2)易知，直线 的斜率存在且不为 0，
设直线 的方程为 且与椭圆相交于
由 ,消去 可得 .
所以 ,由韦达定理可得:
所以 即 或 (舍),
所以 符合题意.
所以直线 的方程为 或 .
(3)过原点 作圆 的切线 ，设 ，圆的半径为 ， 由圆心 到直线 的距离等于半径,可得 .
即 ,即 . (*)
由已知 即为方程 (*) 的两个根,
所以由韦达定理可得: ,所以 .
因为 在椭圆上,所以 ,即 .
所以 ,即 .
所以圆 的半径为 .
20. (1)
(2) 时， 无极值； 时， 的极大值为 ，无极小值； (3)
(1) 求出 ,由点斜式求切线方程;
(2)求出导数 ，分 和 进行讨论，根据导数的符号确定函数的单调区间, 从而可得极值;
(3)由于 ,利用导数证得 ,故由零点存在定理 有零点 ,由三角形性质可比较 .
(1) 当 时, ,则 ,
又 ,
所以 在点 处的切线方程为 ;
(2)由 ，得 ，
当 时,对任意 ,
所以 在 单调递减,无极值;
当 时,令 ,得 ; 令 ,得 .
在 单调递增,在 单调递减,
函数 在 处取得极大值,极大值为 ,无极小值,
综上所述， 时，无极值；
时,在 处取得极大值,极大值为 ,无极小值;
(3)由 ，函数 有两个不同的零点 和一个极值点 ，
由(2)知 在 单调递增，在 单调递减，
故 为 的极大值点，
极大值 ,令 .
则 ,故 在 单调递增,
故 ,
又注意到 ,故不妨设 ,
此外 ,
则 ,记 ,
则 ,
所以 在 上单调递减,所以 ,
即 ,故 在 单调递减,
故 .
由零点存在性定理,知 有零点 ,
则 .
设 ,则 为 的高且 ,故 .
21.(1) 由新定义的集合意义即可得 ；
(2)不妨设 ，记 ，进而根据题意证明 即可证明;
(3)不妨设 ,进而得 ,在做差比较大小即可.
(1)根据题意可知集合 ,其中 为给的正整数表示数列 中任意 项和的平均数.
所以 ;
(2)由于 ，不妨设 ，
记 ,
则 中的元素为 ,
因为 ,
所以 ,
又因为 ,
所以 ,
化简整理得: ,
所以 ,
所以 ,即 ,
所以 ,又因为 ,
所以 ,即 ,
所以数列 为常数列.
(3)方法一:
不妨设 , 则 , 所以
因为 ,
所以 ,
所以 ,即 .
方法二:
对任意的 ,有
所以