北京市首都师范大学附属中学昌平学校2025-2026学年第二学期月考练习高三数学（含答案）

首师大附中昌平学校 2025-2026 学年第二学期月考练习 高三数学
2026.3
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 (本大题共 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 ，集合 ，则 ()
A. B. C. D.
2. 已知复数 满足 ，其中 为虚数单位，则 为( )
A. B. C. D.
3. 已知抛物线 的焦点为 ，点 在抛物线 上，且 ， 为坐标原点，则 ( )
A. B. 2 C. D.
4. 设 ,且 ,则下列不等式一定正确的是( )
A. B.
C. D.
5. 设 是首项为 ,公差为 -1 的等差数列, 为其前 项和,若 成等比数列, 则 ( )
A. 2 B. -2
C. D.
6. 已知直线 与圆 交于 两点,则 的最小值为 ( )
A. B. C. D.
7. 在 中，" "是 " 为钝角三角形" 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
8. 血氧饱和度是呼吸循环的重要生理参数. 人体的血氧饱和度正常范围是 ,当血氧饱和度低于 90%时, 需要吸氧治疗.在环境模拟实验室的某段时间内, 可以用指数模型: 描述血氧饱和度 随给氧时间 (单位:时)的变化规律，其中 为初始血氧饱和度, 为参数. 已知 ,给氧 1 小时后,血氧饱和度为 800 %. 若使得血氧饱和度达到 90%，则至少还需要给氧时间(单位:时)为( )(精确到 0.1 ，参考数据: ，
A. 0.5 B. 0.6 C. 0.7 D. 0.9
9. 已知圆 是以原点为圆心,半径为 3 的圆,点 分别是 上两个动点,且 ,则 的取值范围是( )
A. B. C. D.
10. 已知函数 函数 有 4 个零点,则实数 的取值范围是( )
A. B. C. D.
第二部分(非选择题共 110 分)
二、填空题(本大题共 5 小题, 每小题 5 分, 共 25 分)
11. 在 的展开式中无常数项,则 的一个取值为_____.
12. 已知双曲线 的一个顶点为 ,且渐近线方程为 ,则实数 _____， _____.
13. 函数 的部分图象如图， ，则 _____.
14. 我国古代数学典籍九章算术中有一种名为“羡除”的几何体，它由古代的隧道形状抽象而来. 如图所示，在五面体 中， ，四边形 ， ， 为等腰梯形,且平面 平面 . 其中 ,且 到平面 的距离为 和 的距离为 ,若 ,则该“羡除”的体积为_____.
15. 已知曲线 . 给出下列四个结论:
①曲线 为中心对称图形;
②曲线 与直线 有两个交点;
③ 当 时,满足 ;
④曲线 上任意两点 ,当 时, .
其中所有正确结论的序号为_____.
三、解答题(本大题共 6 小题，共 85 分.解答应写出文字说明，证明过程或演算 步骤)
16. 在 中， .
(1)求 ；
(2)若 ，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使 存在且唯一确定，求 及 的面积.
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.
17. 如图，在五面体 中，面 是正方形， ， ， ， 且 .
(1)求证: 平面 ；
(2)求直线 与平面 所成角的正弦值；
(3)设 是 的中点，棱 上是否存在点 ，使得 平面 ？若存在，求线段 的长; 若不存在,说明理由.
18. 某学校为提升学生的科学素养,要求所有学生在学年中完成规定的学习任务,并获得相应过程性积分. 现从该校随机抽取 100 名学生，获得其科普测试成绩(百分制，且均为整数) 及相应过程性积分数据, 整理如下表:
科普测试成绩 科普过程性积分 人数
4 10
3
2
1 23
0 2
(1)当 时，
(i)从该校随机抽取一名学生，估计这名学生的科普过程性积分不少于 3 分的概率；
(ii) 从该校科普测试成绩不低于 80 分的学生中随机抽取 2 名,记 为这 2 名学生的科普过程性积分之和,估计 的数学期望 ;
(2)从该校科普过程性积分不高于 1 分的学生中随机抽取一名，其科普测试成绩记为 ，上述 100 名学生科普测试成绩的平均值记为 . 若根据表中信息能推断 恒成立,直接写出 的最小值.
19. 已知点 在椭圆 上，且 的离心率为 .
(1)求 的方程；
(2)设 为椭圆 的右焦点，点 是 上的任意一点，直线 与直线 相交于点 ,求 的值.
20. 已知函数 .
(1)当 时，求 的单调递增区间；
(2)设直线 为曲线 的切线，当 时，记直线 的斜率的最小值为 ，求 的最小值;
(3) 当 时,设 ,求证: .
21. 已知集合 ，且 为偶数 . 给定数列 ,和序列 ,其中 ,对数列 进行如下变换: 将 的第 项均加 1,其余项不变,得到的数列记作 ; 将 的第 项均加 1,其余项不变,得到数列记作 ; 以此类推,得到 ,简记为 .
(1)给定数列 和序列 ，写出 ；
( 2 )是否存在序列 ，使得 为 ，若存在， 写出一个符合条件的 ; 若不存在,请说明理由;
(3)若数列 的各项均为正整数，且 为偶数，求证: “存在序列 ，使得 的各项都相等”的充要条件为 “ ”.
1. D
根据指数函数的单调性解集合 ,解一元二次不等式得集合 ,最后根据集合的交集的概念可得.
可化为 ,解得 ,故 , 又 ,故 .
故选: D
2. C
通过计算 ,可得 ,由此求得 ,根据共轭复数的定义得到 .
因为 ,
所以 .
所以 .
故选: C.
3. D
利用抛物线定义及焦半径求出点 的横坐标,即可求解.
已知抛物线 方程为: ,
,
设 ,由 ,得 ,
又 ,所以 ,
,不妨取 ,
.
故选: D.
4. D
分别取特殊值即可验证 三个选项,令 ,由 则 ,构造函数 ,利用导数证明函数 在 时单调递增,则 ,故
当 时, ,此时 ,选项 不成立;
当 时, ,此时 ,选项 不成立;
当 时, ,此时 ,选项 不成立;
令 ,由 则 ,
构造函数 ,则 ,当且仅当 时,等号成立,
所以函数 在 时单调递增,因为 ,因此当 时, ,即
即 ,故 ,选项 正确.
故选 D
5. D
把已知 用数列的首项 和公差 表示出来后就可解得 . ,
因为 成等比数列,所以 ,即 . 故选 D.
6. D
先求出直线所过的定点, 再判断定点与圆的位置关系, 结合直线与圆的相交弦长最小时,定点与圆心所在直线与 垂直,最后利用几何法求解弦长即可.
根据题意,圆 ,则圆心的坐标为 ,半径 ,
直线 ,即 ,恒过定点 ,
由 ,得点 在圆内,
又定点 到圆心 的距离 ,
要使弦 最小,则定点与圆心所在直线与 垂直,
此时 ,
即 的最小值为 .
故选: D
7. C
推出 的等价式子,即可判断出结论.
为钝角三角形.
在 中，“ ”是“ 为钝角三角形”的充要条件.
故选: C.
8. A
依据题给条件列出关于时间 的方程,解之,即可求得给氧时间至少还需要的小时数.
设使得血氧饱和度达到 90%,给氧时间至少还需要小时 ,
由题意可得 ,得到 ,
两边同时取自然对数得 ,
则 ,
则给氧时间至少还需要小时 .
9. B
设 的中点为 ,易得 ,
,再由 ,根据 同向和反向共线时求解.
如图所示:
设 的中点为 ,则 ,且 ,
因 ,
则 ,
于是, ,
所以 ,
,
当 同向共线时, ;
当 反向共线时, ,
所以 的取值范围是 .
故选: B.
10. D
由题作出函数 图象,将题意转化为 与 有 4 个交点,结合图象分析求解即可.
当 时, ,当 时, ,
当 时, ,
所以 ,
当 时, ,
所以 ,
当 时, ,
所以 ,
当 时, ,
所以 ,
作出函数 的大致图象,
若函数 有 4 个零点,即 与 有 4 个交点,
当直线 过点 时, ; 当直线 过点 时, ;
由图可知, 与 有 4 个交点时,有 ,
故选: D
11. 7 (答案不唯一)
利用二项式定理的展开式的通项公式及常数项的特点即可求解.
的展开式的通项公式为 , 由 ,得 ,又 ,
因此 ,所以 的一个取值为 7 .
故答案为:7(答案不唯一).
12.
根据双曲线 的一个顶点为 ,代入求得 ,再根据其渐近线方程为 求解.
解: 因为方程 表示双曲线,
所以 ,
因为双曲线 的一个顶点为 ,
所以 ,则 ,
又因为其渐近线方程为 ,
所以 ,解得 ,
故答案为:
13. -4
根据与 轴交点求出 ,根据零点确定 ,求出函数解析式,然后根据对称轴与零点的距离求解.
结合题意, ,所以 ,
过点 ,
即 ,则 ,
所以 ,
因为 ,所以 之间的对称轴为 ,
由图象可知,该对称轴与零点 之间的距离为 ,
又因为 ,所以 ,
解得 .
14.40
将“羡除”分割为两个四棱锥和一个直棱柱求体积.
如图,平面 内,过 分别作 的垂线,垂足分别为 ,
平面 内,过 分别作 的垂线,与 分别交于 ,
将“羡除” 分割为两个四棱锥 和直棱柱 ,
由 ，四边形 ， ， 为等腰梯形，且平面 平面 .
则 ,
故所求几何体的体积为
.
故答案为: 40
15. ①③
对于①,假设曲线 的对称中心为 ,将一对点坐标代入曲线 方程,化简通过对照系数,如果能求出 ,则说明曲线 为中心对称图形; 对于②,联立方程求解即可; 对于 ③,将方程变形为 ,通过作差法即可判断; 对于④, 三点共线时取得最小值,因此先求出 的取值范围即可判断④.
①,假设曲线 的对称中心为 ,设点 是曲线 上的任意一点,
其关于点 的对称点为 ,
代入方程: ,
整理得 ,
又 ,所以 ,解得 ,
说明曲线 关于点 对称,故①正确；
②，联立 ，
消去 并整理可得 ,此时 ,
故曲线 与直线 有一个交点 ,故②错误;
③，当 时，原方程不成立，故曲线 可变形为 ，
,当 时, ,即 ,即 ,故③正确；
④，由③知 ，设 ，
因为 ,
令 ,
所以 ,
当且仅当 ,即 时等号成立,同理 ,
由①知曲线 关于点 成中心对称,
所以当 和 都最小时, 三点共线,
此时 最小,所以 ,故④错误.
16. (1)
(2)选择①， ， ，选择②， ，
(1) 由正弦定理及倍角公式求得 ,从而求得 ;
(2)选条件①:由正弦定理及余弦定理解得 ，代入面积公式求解. 选条件②:由余弦定理求出 值,再利用三角形面积公式即可; 选条件③: 由余弦定理及基本不等式得到矛盾.
(1) 由正弦定理得 ,
代入 得 ，
所以 ,
因为 ,所以 .
所以 ,所以 .
(2)选条件①: .
因为 .
由正弦定理得 ,由余弦定理得 ,
解得 ,所以 .
由 解得 解是唯一的.
所以 .
选择条件②: 由 及余弦定理得 ,
即 ,解得 或 (负舍),
此时 有一解,所以 ,
所以 .
选条件③: 由 及余弦定理得 ,
所以 ,故 .
这与 矛盾,故不成立.
所以条件③不满足.
17.解: (1) 证明: 正方形 中, ,
又 平面 ,所以 平面 ;
(2)设直线 与平面 所成角为 ，点 到平面 的距离 ，则 .
依题意, ,由 (1) 知 平面 ,得平面 平面 ,故点 到平面 的距离 ,
中, ,又 ,故根据等体积法 ,得 ,即 ,故 ,故直线 与平面 所成角的正弦值是 ;
(3) ， 平面 ， 平面 ， 平面 ， 又平面 八平面 , 平面 , .
分别取 上点 ,使得 ,又 ,故四边形 是平行四边形, ,又 在平面 外, 在平面 内, 平面 ,
取 中点 ,则 ,又 ,故四边形 是平行四边形, , 又 是 的中点,故 是中位线, ,又 在平面 外, 在平面 内, 平面 ,
因为 相交于平面 内,所以平面 平面 又 平面 , 故此时 平面 .
18. (1) (i)0.35; (ii)
(2)7.
(1) (i) 用频率代替概率即可;
(ii) 先用频率代替概率得出科普过程性积分为 3,4 的概率, 再根据独立事件的乘法公式计算分布列, 最后利用期望公式即可;
(2)先求出 的最大值，再根据各分数段取最小值求得的平均分作为 的最小值，根据 即可求出.
( 1 )( i )由表知，科普过程性积分不少于 3 分的学生人数为 , 则从该校随机抽取一名学生,这名学生的科普过程性积分不少于 3 分的频率为 , 所以从该校随机抽取一名学生, 这名学生的科普过程性积分不少于 3 分的概率估计为 0.35 .
(ii) 依题意, 从样本中成绩不低于 80 分的学生中随机抽取一名, 这名学生的科普过程性积分为 3 分的频率为 ,
所以从该校学生科普测试成绩不低于 80 分的学生中随机抽取一名，这名学生的科普过程性积分为 3 分的概率估计为 ,
同理, 从该校学生科普测试成绩不低于 80 分的学生中随机抽取一名, 这名学生的科普过程性积分为 4 分的概率估计为 ,
的所有可能值为6,7,8,
,
所以 的数学期望 .
(2)由表知, ,则 ,
从该校科普过程性积分不高于 1 分的学生中随机抽取一名,其科普测试成绩记为 ,则 的最大值为 69,100 名学生科普测试成绩的平均值记为 ,要使 恒成立,当且仅当 ,
显然 的最小值为各分数段取最小值求得的平均分,
因此 , 则 ,解得 ,
所以根据表中信息能推断 恒成立的 的最小值是 7 .
19. ;
(2) .
(1) 由题意得 求出 即可得椭圆方程;
(2)由题意可得 ，当 时，求出 的值；当 时，联立直线 与直线 的方程求出点 的坐标,根据 求解 即可.
(1) 由题意得 解得
所以椭圆 的方程为 .
(2)因为点 是 上的任意一点，所以 .
① 当 时,点 或 .
当点 时,直线 与直线 相交于点 ,此时 .
当点 时,直线 与直线 相交于点 ,此时 .
② 当 时，直线 的方程为 ，
由 ,可得 ,所以 .
所以
所以 .
综上所述, .
20.(1) 当 时, ,故 ,
令 ,则 ,
即 的单调递增区间为 .
(2)由 ，可得 ，
即直线 的斜率为 ，
设 ,则 ,
因为 ,故 ,
当 时, 在 上递减,
当 时, 在 上递增,
故 ,即 ,
即 ,而 ,故 的最小值为 .
(3)由已知 ，由(2)可知 时， 为单调增函数，
由 ,
则 ,
又 时, 为单调减函数,
故 ,
由于 ,即 ,故 ,
故 .
21.(1) 因为数列 ,
由序列 可得 ;
由序列 可得 ;
由序列 可得 ;
所以 .
(2)解法一:假设存在符合条件的 ，可知 的第1,2项之和为 ，第 3，4 项之
和为 ,
则 ,而该方程组无解,故假设不成立,
故不存在符合条件的 ;
解法二: 由题意可知: 对于任意序列, 所得数列之和比原数列之和多 4,
假设存在符合条件的 ,且 ,
因为 ,即序列 共有 8 项,
由题意可知: ,
检验可知: 当 时,上式不成立,
即假设不成立,所以不存在符合条件的 .
(3)解法一:我们设序列 ... 为 ，特别规定 .
必要性:
若存在序列 ,使得 的各项都相等.
则 ,所以 . 根据 的定义,显然有 ,这里 ,
所以不断使用该式就得到 ,必要性得证.
充分性:
若 .
由已知, 为偶数,而 ,所以
也是偶数.
我们设 是通过合法的序列 的变换能得到的所有可能的数列 中,使得 最小的一个.
上面已经说明 ,这里 .
从而由 可得
同时,由于 总是偶数,所以 和 的奇偶性保持不变,从而 和 都是偶数.
下面证明不存在 使得 .
假设存在,根据对称性,不妨设 ,即 .
情况 1: 若 ,则由 和 都是偶数,知 .
对该数列连续作四次变换 后,新的
相比原来的
减少 4,这与
的最小性矛盾;
情况 2: 若 ,不妨设 .
情况 2-1: 如果 ,则对该数列连续作两次变换 后,新的 相比原来的 至少减少 2,这与 的最小性矛盾;
情况 2-2: 如果 ,则对该数列连续作两次变换 后,新的 相比原来的 至少减少 2,这与 的最小性矛盾.
这就说明无论如何都会导致矛盾,所以对任意的 都有 .
假设存在 使得 ,则 是奇数,所以
都是奇数,设为 .
则此时对任意 ,由 可知必有 .
而 和 都是偶数,故集合 中的四个元素
之和为偶数,对该数列进行一次变换 ,则该数列成为常数列,新的
等于零,比原来的
更小,这与
的最小性矛盾.
综上,只可能 ,而 ,故 是常数列,充分性得证.
解法二: 由题意可知: 中序列的顺序不影响 的结果,
且 相对于序列也是无序的,
(i) 若 ,
不妨设 ,则 ,
① 当 ,则 ,
分别执行 个序列 个序列 ,
可得 ,为常数列,符合题意;
② 当 中有且仅有三个数相等,不妨设 ,则 ,
即 ,
分别执行 个序列 个序列
可得 ,
即 ,
因为 为偶数,即 为偶数,
可知 的奇偶性相同,则 ,
分别执行 个序列 ,
可得
,
为常数列, 符合题意;
③若 ，则 ，即
分别执行 个 个 ,
可得 ,
因为 ,
可得 ,
即转为①，可知符合题意；
④ 当 中有且仅有两个数相等,不妨设 ,则 ,
即 ,
分别执行 个 个 ,
可得 ,
且 ,可得 ,
因为 为偶数,可知 的奇偶性相同,
则 为偶数,
且 ,即转为②,可知符合题意;
⑤若 ,则 ,即 ,
分别执行 个 个 ,
可得 ,
且 ,可得 ,
因为 为偶数,
则 为偶数,
且 ,即转为④,可知符合题意;
综上所述: 若 ,则存在序列 ,使得 为常数列;
(ii) 若存在序列 ,使得 为常数列,
因为对任意 ,
均有 成立, 若 为常数列,则 ,
所以 ;
综上所述: “存在序列 ,使得 为常数列”的充要条件为
“ ”.