2026年北京市房山区高三下学期二模数学试卷和答案

共40分10440分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一UA（1）已知全集UxZ|x3}，AxZ|xUA（A）{x|0x（C）{x|0≤x

（B）12}（D）{012}z满足(1iz2izz（C）在(2x1)5x1（C）

（B）f(x)tan（C）f(x)ex

f(x)x3（D）f(x)x宁夏青铜峡一百零八塔，始建于西夏．塔群依山而建，共12行，总数恰为108座，自上而下每行的塔数构成数列{an}．已知{an4S412，从第5项到第12a1219a5 （B）（C） M

20)N(2，0P满足|PM||PN|2OPO（A）( （C）(

（D）[在△ABC中，sinAsinC”是cosAcosC”充分不必要条 充要条 A(t3)，若在圆Ox2y23B，使得OAB，则t f(xln(x1，x0，xf(xf(x)k

x

（B）[

abR，数列{ana1aan1a2bnN当b1a8（C）当b1a8

当b1a8（D）当b12a8 共110分5525抛物线x24y的准线方程 在△ABC中，sin2CsinC，则C= ；若b1，A为钝角，则边c的一个取值 圆柱底面直径与高之和为12，若不计壁厚，则该粮仓容积的最大值为 已知矩形ABCD中，AB2，AD1．若点M为CD中点，则AMDC 若点N满足ANtAB(1t)AD（0≤t≤1，则ANBC的取值范围 （15）Am|x4(x2m)(xm20}Bm|x4(x2m)(xm20}，0A0B②1A且1Bm0mAmB④若mA且mB，则m≥2． 685（16（f(xsin(xπacosx(0，a0（Ⅰ）f(01a（Ⅱ）f(xf(x的单调f(x的最大值为1f(xπf(xf(xf(x0注：如果选择的条件不符合要求,第（Ⅱ）0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按（17（423

文 自然科 社会科 艺术生 漫女生男生从该市小学生中随机抽取123人中最喜爱的阅读内容为漫画的人数为求Eξ从该市小学生中随机抽取1名男生，用X1”表示他最喜爱的阅读内容为科学类，“X0”表示阅读内容为科学类，Y0”DXDY的大（（18（ABCA1B1C1ABBCAA1ABA1BBC2ABCAA1B1B求证：A1ABC A1C1BABC设点E为线段AB上任意一点（且不与点A，B重合， 求证：直线CE与平面A1C1B相交 (19)（15分已知椭圆E:x2y21ab0的左、右顶点分别为A(2 B(2

直线lyxE D1)E若直线l与圆Ox2y2r2(0rbFGAFAGE的另一个交点分别MN，求证：对任意r(0b)MN过定点．（20（f(x)lnxg(x)kxyf(xyg(xPkMx0f(x0g(x0Mkk(k1，任意ttRytyf(xyg(xAB（21（n个实数组成的有序数组(x1x2xn)称为n维向量n维向量x1x2xn)1y2yn

，当且仅当

时，．对任意kZy1x2xnx1kk{(12x81i81令集合B{|存在kiZ，使得k11k22 128}A0000009755310) (1b2b8bii128b1b2b3b4为偶数，且b1b8b2b7b3b6b4b5”．一、选择题（10440分二、填空题（5525分（11）y

2（答案不唯一 （14） [01]（15）②685（16（（Ⅰ） f(01，a3f(x)sinxcosπcosxsinπa 3sinx(a1)cosx f(x的最大值为1，所以

32+(a1)21a0a1 a0a1f(x)

3sinx1cosxsin(x) f(xπTπ，所以Tπ 2ππ．又因为0，所以2f(xsin(2x2k2x2kkZ,解得kxkkZ f(xf(x)+f(x)0所以3sinxa1)cosx

3sin(x)(a1)cos(x)0 即(a1cosx0a1f(x3sinx f(xπTπ，所以Tπ因为T2π2ππ

因为0，所以2f(x)

3sin2x2k2x2k，kZkxk，kZ （17（（Ⅰ）B为“从该市小学生中随机抽取1名男生，他最喜爱的阅读内容为自然科学”，记事件C为“从该市小学生中随机抽取1名男生，他最喜爱的阅读内容为社会科学”，P(B)0.23P(C)0.22A为“从该市小学生中随机抽取1名男生，他最喜爱的阅读内容为科学类”，PA)P(B)P(C)0.230.220.45．123}“从该市小学生中随机抽取1名男生，他最喜爱的阅读内容为漫画”的概率为0.3“从该市小学生中随机抽取1名女生，她最喜爱的阅读内容为漫画”的概率为0.2P(1)0.30.80.80.70.20.80.70.80.20.416P(2)0.30.20.820.70.20.20.124P(3)0.30.20.20.012所以E00.44810.41620.12430.0120.7．E10.320.20.7．DXDY（18）（14分解（Ⅰ）因为平面ABC平面AA1B1B，面ABC面AA1B1BAB，ABBC，BC面ABC，BCAA1B1B． AA1AA1B1BA1AAB的中点OAA1ABA1BABCAA1B1BA1OABC如图建立坐标系OxyzBCx10100

0)01)ACBnx，y，z，则nA1B所以y

3z1 nAC

2x2y 1 令z1，得n( 1)设平面ACB与平面ABC的夹角为θ，则cosθ|cosmn||mn|

7111由（Ⅱ）知平面A1C1B的法向量为n( 1)

|m||n nCE

3(y1)0

3(y1)0所以直线CEA1C1B（19）（本小题15分 （Ⅰ）a21

1，所以b24

E

1 因为c2a2b28，所以离心率ec 6 （Ⅱ）由yx 得xy2r，或xy2rx2y2 F(mm)G(m，m，因为0rbm0m2AFykxnk

，n

m2x23y2由ykxn，得(3k21)x26knxx23y2所以2x6kn 3k2

m22m3k2

．xM

6kn26k3k2

m22mm2mm2yMkxMnm2m1

m22my

m2 mm1 x m22m

m2m(m)2

m2

kPN

3(m)

．所以 PNPMNb)（20（（Ⅰ）Px0，y0y0lnx0y0kx0f(x1kf(x1 y0lnx0由

0k

，

0

kx 1)F(xf(xg(xlnxkxF(xf(xg(x1kkx1x(0， k0kx10F(x)0F(x的单调递增区间为(0， MxeM+1f(xg(xlnxkxM k0F(x)0解得0x1F(x的单调递增区间为

，)F(x0x1F(x的单调递减区间为1， 所以在(0，F(xF1lnk1．Mlnk1x(0，f(xg(x)F(x)MytylnxykxABt)t)所以|AB||xx||1tx||1lnxx|1|lnxkx|(x0 |k

y=

y=lnx k

F(x)lnx

(01

由（）知 时，

在，

k1，所以lnk10所以|lnxkx|lnk1

F(

lnk1所以|AB||

x|1|lnxkx|lnk1x1 x1，即tlnk|AB|H(klnk1 （21（（Ⅰ）1(00001111)

(11110000(110011000110011)(101010101010101)10010110（Ⅱ）B，B

5(01101001)1235，B．(1iAi128假设存在kiZ，i12，8，使得k11k22 k88，10k1x11k2x21 k8x819k1x12k2x22 k8x827k1x13k2x23 k8x835k1x14k2x24 k8x84．31k1(x11x12x13x14)k2(x21x22x23x24) k8(x81x82x83x84)所以B．（Ⅲ） (1b2b8(1