北京海淀区北京市第一零一中学2025-2026学年高三下学期统练二数学检测试卷 附答案

/北京一零一中2025-2026学年度第二学期高三数学统练二一、选择题共10小题.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.1.下列关系正确的是（）A. B. C. D.【正确答案】B【分析】利用集合与集合之间的关系以及元素与集合之间的关系即可求解.【详解】对于A，是集合，空集不是集合的元素，错误；对于B，，正确；对于C，与没有包含关系，错误；对于D，为无理数，所以，错误.2.二项式的展开式中的常数项为（）A.60 B. C.64 D.【正确答案】A【分析】由二项式的展开式通式求得常数项即可.【详解】设二项式的展开式中的通项为，，令，可得，,故选：A.3.下列函数中，在区间上单调递减的是（）A. B. C. D.【正确答案】C【分析】根据题意，结合幂函数，对数函数，指数函数及正切函数性质判断函数的单调性即可得答案.【详解】根据题意，依次分析选项：对于A，在区间上单调递增，不符合题意；对于B，的定义域为，不符合题意；对于C，，在区间上单调递减，符合题意；对于D，在区间上单调递增，不符合题意；4.以下命题正确的是（）A.都第一象限角，若，则B.都第二象限角，若，则C.都是第三象限角，若，则D.都是第四象限角，若，则【正确答案】D【分析】根据角所在象限，应用对应函数线的大小关系判断各项正误.【详解】A：都是第一象限角，如下图单位圆中，此时，错；B：都是第二象限角，如下图单位圆中，此时，错；C：都是第三象限角，如下图单位圆中，此时，错；D：都是第四象限角，如下图单位圆中，此时，对.故选：D5.已知椭圆上一点和焦点.轴，若双曲线的一条渐近线经过点，那么双曲线的离心率为（）A. B. C. D.【正确答案】C【分析】根据题意求出A点坐标后，再代入双曲线渐近线方程可得，再代入可得双曲线的离心率.【详解】根据椭圆方程可知，焦点坐标为，不妨设焦点F为右焦点，因为轴，A在椭圆上，假设A点在第一象限，所以A点坐标为.由题可知，双曲线的渐近线方程为，又因为双曲线的一条渐近线经过点A，所以代入可知，所以双曲线的离心率为故选：C.6.已知函数的图像关于原点对称，且，将的图像上所有点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变，所得图像对应的函数为，则（）A. B.C. D.【正确答案】A【分析】根据题意，利用三角函数的图像与性质，求得，结合三角函数的图像变换，即可求解.【详解】由函数的图像关于原点对称，可得，即，则可得，因为，所以，所以，又因为，可得，所以，所以，将的图像上所有点的横坐标变为原来的2倍，可得，所以所得图像对应的函数为.7.在△中，，为的中点，为线段上的一个动点，则的最小值为（）A. B. C. D.【正确答案】B【分析】设，由平行四边形法则得到,将表示成的函数，并利用二次函数的性质求出最小值.【详解】△中，，为的中点，所以，设，则，，，即当时，的最小值为.故选：B.8.如图，在正方体中，是棱上的动点．则下列结论不正确的是（）A.平面B.C.二面角的大小为D.直线与平面所成角的大小不变【正确答案】D【分析】由平面平面，平面，即可判断A；建立空间直角坐标系计算即可判断选项B；先找出二面角的平面角为即可判断选项C，利用向量方法求直线与平面所成角的大小判断D.【详解】对于选项A：因为平面平面，平面，所以平面，故选项A正确；如图建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为，则，，，，，对于选项B：，，因为，所以，即，故选项B正确；因为，在棱上，所以二面角即二面角，因为，，平面，平面，所以即为二面角的平面角，在正方形中，，所以二面角的大小为，故选项C正确，直线的方向向量为，平面的法向量为，所以，所以直线与平面所成角的的正弦值为，随的值的变换其正弦值也变化，故直线与平面所成角也变化，D错误.故选：D.9.设函数.若当时，对于任意，，都有，则实数的最大值为（）A. B. C.1 D.2【正确答案】B【分析】结合二次函数的对称性可得且，运算得解.【详解】，开口向上，对称轴为，当时，对于任意，，都有，则，故，得，由对称性得，，即，，即实数的最大值为.故选：B.10.设是无穷数列，若存在正整数使得对任意，均有，则称是间隔递减数列，其中称为数列的间隔数．给出下列三个结论：①若，则是间隔递减数列；②若，则是间隔递减数列；③若，则是间隔递减数列且的间隔数的最小值是．其中所有正确结论的序号是（）A.① B.①③ C.②③ D.①②③【正确答案】B【分析】利用数列的单调性可判断①；利用间隔递减数列的定义可判断②；取，结合间隔递减数列的定义可判断出数列为间隔递减数列，再由间隔递减数列的定义可求得的最小值，可判断③.【详解】对于①，因为，则数列为单调递减数列，即对任意恒成立，此时，，满足题中条件，①对；对于②，若，假设数列是间隔递减数列，则存，使得，即，若为奇数，则有，可得，因为，显然当为奇数时，合乎题意；当为偶数时，，不等式不成立，故为奇数；若为偶数，则有，可得，当为奇数时，不成立，故假设不成立，即数列不是间隔递减数列，②错；对于③，若，因为，则，所以，数列是间隔递减数列，假设存在正整数，使得，即，可得，由于，当且仅当且时，等号成立，当时，，这与为正整数矛盾，故，所以，，解得，所以，若，则是间隔递减数列且的间隔数的最小值是，③对.故选：B.结论点睛：利用参变量分离法求解数列不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：（1），；（2），；（3），；（4），.二、填空题共5小题.11.复数，则______.【正确答案】【分析】首先计算复数，再求模.【详解】，所以.故12.已知，命题：若，则．能说明为假命题的一组a，b，c的值为______，______，______．【正确答案】①.1（答案不唯一，满足即可）②.0（答案不唯一，满足即可）③.（答案不唯一，满足即可）【分析】根据不等式的性质分析判断即可.【详解】因为，则，若，则；若，则，可得；综上所述.所以对于任意，命题均为假命题，例如.故1；0；（答案不唯一，满足即可）.13.已知各项均为正数的等比数列，，，则______；前项积的最小值为______.【正确答案】①.8②.##0.015625【分析】根据题意结合等比数列通项公式可得，进而可得，令，运算求解即可得的最小值.【详解】设等比数列的公比为，由题意可得：，解得，可得，所以；令，解得，所以的最小值为.故8；.14.已知抛物线的焦点为F，准线为L．直线l经过F，和抛物线C交于两点，其中A在第一象限.过分别作和准线L垂直，垂足分别为．若和的面积之比为，则直线l的倾斜角为__________．【正确答案】【分析】设出及直线l的倾斜角、方程，联立抛物线的方程，根据面积公式及抛物线的定义可得到的比例关系，进而根据韦达定理可求得斜率，最后可求得倾斜角.【详解】因为抛物线，所以，设，直线l的倾斜角为，方程为，则，由消去得，所以.因为A在第一象限，所以.因为直线l的倾斜角为，，所以与互补，所以.由抛物线的定义得，所以，所以，即，所以，所以为锐角，所以，如图：所以，所以，所以，又，所以，所以，所以，又，所以.15.已知，函数有两个极值点，给出下列四个结论：①可能是负数；②；③为定值；④若存在，使得，则.其中所有正确结论的序号是___________．【正确答案】②③④【分析】对于①，分是否大于0进行讨论；对于②，由韦达定理即可判断；对于③，结合②中结论直接验算；对于④，原命题等价于关于的不等式有解，进一步等价于关于的不等式有解，故只需求出不等式左边的最小值即可验算.【详解】对于①，，因为函数有两个极值点，所以有两个相异实根，这意味着，否则时，，即单调递增，这与已知矛盾，若，则当时，，当时，，当时，，即在的条件下，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，所以有两个极值点，故①错误；对于②，是方程的两根，从而，故②正确；对于③，，故③正确；对于④，若存在，使得，即关于的不等式有解，而没有最大值，故原命题等价于关于的不等式有解，令,而函数的最小值为1，所以当且仅当，即满足题意，即若存在，使得，则，故④正确.故②③④.关键点点睛：判断④的关键是将原问题等价转换为关于的不等式有解，由此即可顺利得解.三、解答题共6小题.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，使得存在，求边上中线的长.条件①：的面积为；条件②：；条件③.注：如果选择的条件不符合要求，第（Ⅱ）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.【正确答案】（1）（2）选①时三角形不存在；选②时边上的中线的长为；选③时边上的中线的长为.【分析】（1）由正弦定理及得到，结合，得到；（2）选①，由三角形面积和余弦定理得到，由推出矛盾；选②，先求得，则可得，再利用余弦定理求解即可得中线长.选③，根据三角恒等变换得到，是以为斜边的直角三角形，由正弦定理得到，求出中线.【小问1详解】由正弦定理及，得.（i）因为，所以.（ii）由（i）（ii）得.因为，所以.所以.因为，所以.【小问2详解】选①，的面积为，即，即，解得，因为，由余弦定理得，即，解得，由基本不等式得，但，故此时三角形不存在，不能选①，选条件②：，两边平方得，（iii）由余弦定理得，即，（iiii）联立（iii）（iiii）得，所以，设边上的中线长为，由余弦定理得.所以边上的中线的长为1.选条件③.由（1）知，.所以.所以.因为，所以.所以，即.所以是以为斜边的直角三角形.因为，所以.所以边上的中线的长为.17.如图，在四棱锥中，平面平面，，，为中点，，，.（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）在线段上是否存在点，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【正确答案】（1）证明见解析（2）；（3）存在，.【分析】（1）取的中点，证明，根据线面平行判定定理证明结论；（2）建立空间直角坐标系，求直线的方向向量与平面法向量，利用向量夹角公式求两向量的夹角余弦，由此可得结论；（3）假设线段上存在点，使得平面，求直线的方向向量和平面的法向量，由假设可得两向量垂直，列方程求出的坐标，由此可得结论.【小问1详解】取的中点，连接，，因为，分别为，的中点，所以中，，.底面中，，，，，，，四边形为平行四边形，∴，∵平面，平面，∴平面；【小问2详解】取的中点，连接，因为，，所以四边形为平行四边形，所以，又，所以，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，平面，所以，，因为，，所以，所以，所以两两垂直，以点为原点，为轴的正方向，建立空间直角坐标系，则，，，，，，所以，，，设平面的法向量为，则，即，取，则，，所以为平面的一个法向量，所以，设直线与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为；【小问3详解】设线段上是存在点，使得平面，，设平面的法向量为，又，，则，即，取，则，，所以为平面的一个法向量，因为平面，所以，又，所以，所以，所以存在点，使得平面，此时.18.某植物园种植一种观赏花卉，这种观赏花卉的高度（单位：cm）介于之间，现对植物园部分该种观赏花卉的高度进行测量，所得数据统计如下图所示.（1）求的值；（2）若从高度在和中分层抽样抽取5株，在这5株中随机抽取3株，记高度在内的株数为X，求X的分布列及数学期望；（3）以频率估计概率，若在所有花卉中随机抽取3株，求至少有2株高度在的概率.【正确答案】（1）；（2）分布列见解析，（3）【分析】（1）依题频率和为1可得答案；（2）求出的取值及相应的概率可得答案；（3）根据独立重复概率公式可得答案.小问1详解】依题意可得，解得；【小问2详解】由（1）可得高度在和的频率分别为和，所以分层抽取5株中，高度在和的株数分别为2和3，所以可取0，1，2，所以，，，所以的分布列为：012所以；【小问3详解】从所有花卉中随机抽取3株，记至少有2株高度在为事件，则.19.已知函数，其中.（1）讨论函数的单调性；（2）若，，设曲线在点处的切线交轴于点.（i）求出点的横坐标（用表示）；（ii）已知点在轴上，且轴，求证：存在唯一的点，使得为等腰直角三角形.【正确答案】（1）答案见解析（2）（i）（ii）答案见解析【分析】（1）对函数求导，分类讨论研究单调性；（2）求导，求出切线方程，令横坐标等于0，求出的横坐标；为等腰直角三角形时，，则，即，构造函数，，画出图象，在有一个交点，即可得证.【小问1详解】，其中，定义域为，令，则或，当时，即，此时，所以在上单调递减；当时，即，当时，，单调递减，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以在上单调递减，在上单调递增；当时，即，当时，，单调递减，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以在上单调递减，在上单调递增；综上：当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增；【小问2详解】（i）当时，，，当时，，，所以曲线在点处的切线方程为，令，则，所以点所以点的横坐标.（ii），，已知点在轴上，且轴，所以，若为等腰直角三角形，则，即，则，因为，所以，画出，图象如图：结合图象可知，，在有一个交点，所以存在唯一的点，使得为等腰直角三角形.20.已知椭圆的离心率为，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为4.（1）求椭圆的标准方程；（2）设为椭圆的右顶点，为椭圆的上顶点，直线与椭圆交于两点（在第三象限），是椭圆上的动点（不与顶点重合），直线分别交直线于点，记，求证：为定值.【正确答案】（1）（2）证明见解析.【分析】（1）根据给定条件，结合离心率及四边形面积求出，即可得椭圆标准方程.（2）求出两点的坐标，设，并表示出点的坐标，结合向量共线求出即可推理得证.【小问1详解】由椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为4，得，则，由的离心率为，得