2026年北京高考数学二模试卷试题及答案详解

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页北京市丰台区2025~2026学年度第二学期综合练习（二）高三数学本试卷共7页，150分.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（

）A． B．C． D．2．复数的虚部是．A． B． C． D．3．下列函数中，定义域和值域相同的是（

）A． B．C． D．4．已知单位向量满足，则与的夹角为（

）A．30° B．60°C．120° D．150°5．已知圆的圆心为，斜率为的直线与该圆相切且与轴交于点，则（

）A． B．2C． D．46．在的展开式中，的系数为（

）A． B．C．1 D．37．已知双曲线的左、右焦点分别为为双曲线右支上一点，线段与轴交于点，若（为坐标原点），，则双曲线的离心率为（

）A． B．C． D．28．已知函数，，若的最大值为，则（

）A．，有2个零点 B．，有3个零点C．，有2个零点 D．，有3个零点9．已知定义域为的函数满足，.若在区间上单调递增，则“在上单调递增”是“是奇函数”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件10．已知曲线.下列结论正确的是（

）A．曲线上的任意一点在圆的内部B．曲线上的任意一点在圆的外部C．曲线上存在点，使D．曲线上存在点，使第二部分（非选择题110分）二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.11．不等式的解集是___________.12．已知等比数列的前项和为，若，，成等差数列，，则___________.13．已知函数的部分图象如图所示，则___________；若将函数的图象向右平移个单位后得到函数的图象，请写出的图象的一条对称轴方程：___________.14．随着科技的不断进步，智能机器人技术已成为推动现代仓储管理领域创新发展的重要力量.如图，某智能仓储机器人在平面直角坐标系中的格点（横、纵坐标均为整数的点）上运动，每步只能向右或向上移动1个单位长度.设该机器人在横坐标为偶数的格点上，向右一步的能耗为3个单位，向上一步的能耗为2个单位；在横坐标为奇数的格点上，向右一步的能耗为2个单位，向上一步的能耗为4个单位.该机器人从出发，先向右移动2个单位长度，再向上移动2个单位长度，到达，则它的总能耗为___________个单位；再从出发运动到，那么它从到的所有路径中，总能耗的最小值为___________个单位.15．已知是棱长为2的正方体表面及其内部的点，直线与直线所成的角为，且，给出下列四个结论：①满足条件的点有无数个；②点的轨迹是一段圆弧；③线段长度的最大值为2；④三棱锥体积的最大值为.其中正确结论的序号是___________.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，角的对边分别为，已知.(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，使得存在，求边上的高.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，在直三棱柱中，，，为的中点，直线交平面于点.(1)求证：为的中点；(2)若是棱上一点，且直线与平面所成角的正弦值为，求的值.18．某公司为评估员工使用人工智能技术辅助办公的能力，随机抽取了该公司名员工，通过专用系统进行综合评分（满分为100分），得到如下频率分布表.综合得分频数频率600.630(1)求的值；(2)现采用按比例分层抽样的方法从综合得分为和的员工中抽取6人.若从这6名员工中随机选取2人进行座谈，设为选取的2名员工中综合得分不低于60分的人数，求的分布列和数学期望；(3)该公司为了进一步提升员工应用人工智能技术辅助办公的能力，决定聘请某机构对员工进行培训.该机构给出了以下两个方案：方案一：对该公司所有员工进行培训，保证培训后人均综合得分提高10分；方案二：只对该公司综合得分低于60分的员工进行培训，保证培训后，原综合得分在的员工人均综合得分提高5分，原综合得分在的员工人均综合得分提高20分.用样本估计总体.为尽可能提升该公司员工的人均综合得分，应选择哪个方案？（结论不要求证明）19．已知椭圆的离心率为，以椭圆的焦点和短轴顶点为顶点的四边形是边长为2的菱形.(1)求椭圆的标准方程；(2)已知为椭圆的左顶点，，为椭圆上两个不同的动点（均不与点重合），且满足直线与直线的斜率之积为.求证：直线过定点.20．已知函数是的导函数.(1)若，求的值；(2)若存在最大值，求的取值范围；(3)设在处取得最大值.直线是曲线在点处的切线，且与轴交于点，为坐标原点.是否存在点，使的面积为？若存在，求的值；若不存在，说明理由.21．已知无穷正整数数列，满足：①；②对于任意正整数，都有，则称数列具有性质.(1)判断下列无穷数列，是否具有性质.①；②.(2)对于任意具有性质的数列，记.求证：；(3)若数列具有性质，证明：集合是无限集.答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．A【详解】因为集合，，则集合必包含元素，可能包含元素，所以，，故A正确，BD错误，因为，且，所以，故C错误.2．B【详解】，故虚部为．选B.3．A【分析】使用函数的图象性质结合图象变换，分别求各个选项中函数的定义域与值域并比较即可求解.【详解】对于A，的定义域为，值域为，定义域与值域相同，故A正确；对于B，的定义域为，值域为，定义域与值域不同，故B错误；对于C，的定义域为，值域为，定义域与值域不同，故C错误；对于D，的定义域为，值域为，定义域与值域不同，故D错误；4．B【分析】根据题意，利用向量数量积的运算，求得，结合向量的夹角公式，即可求解.【详解】由向量为单位向量，可得，因为，可得，解得，所以，又因为，可得，所以与的夹角为.5．D【分析】根据方程可得圆心和半径，设，根据直线与圆相切可得，即可得结果.【详解】圆即，圆心为，半径，设，则直线，即，则，即，所以.6．D【详解】由题意可知展开式中含的项为，所以的系数为3.7．C【分析】由双曲线定义的应用结合双曲线参数关系与离心率公式即可求解.【详解】由题意得，即，且，，解得，则.8．C【分析】整理可得，换元令，结合二次函数性质可得，令求得，进而分析得零点.【详解】因为，，令，可得的图象开口向下，对称轴，当，即时，则的最大值为，解得；当，即时，则的最大值为，解得（舍去）；综上所述：，则，令，解得或（舍去），又因为在有2个解，所以有2个零点.9．B【分析】举反例说明充分性不成立，根据奇函数的定义和性质判断必要性成立.【详解】若在上单调递增，例如，满足，在区间上单调递增，但，所以函数不是奇函数，所以充分性不成立；若函数是奇函数，则，且在区间上单调递增，则在区间上单调递增，所以在上单调递增，所以必要性成立；综上所述：“在上单调递增”是“是奇函数”的必要不充分条件.10．C【分析】举反例说明AB；根据方程结合基本不等式可得，进而判断CD.【详解】曲线，圆因为，，例如点在曲线上，也在圆上，故AB错误；由可得，当且仅当时，等号成立，设，则，整理可得，解得，即，且，，则，，所以曲线上存在点，使，不存在点，使，故C正确，D错误.11．【分析】把不等式化为，结合指数函数的单调性，即可求解.【详解】由不等式，可化为，因为函数为定义域上的单调递增函数，所以，所以不等式的解集为.12．3【分析】根据等差中项结合前项和定义可得，即可得公比和.【详解】因为，，成等差数列，则，即，则，即，可得等比数列的公比为，且，所以.13．2（答案不唯一，满足即可）【分析】由图可知，即可得；根据图象可知函数的对称轴为，结合图象平行求函数的图象的对称轴方程.【详解】设函数的最小正周期为，则，即，且，则，所以；由图可知：为函数的对称轴，结合函数的周期可知函数的对称轴为，又因为将函数的图象向右平移个单位后得到函数的图象，所以函数的图象的对称轴方程为，所以的图象的一条对称轴方程为.14．9441【分析】根据题意分步求从到的总能耗；分析可知向右走的能耗是固定的，向上走的能耗最小为偶横坐标格点向上，进而分析求解.【详解】第一步：（横坐标为偶数）向右移动1个单位长度，能耗为3个单位；第二步：（横坐标为奇数）向右移动1个单位长度，能耗为2个单位；第三步：（横坐标为偶数）向上移动1个单位长度，能耗为2个单位；第四步：（横坐标为偶数）向上移动1个单位长度，能耗为2个单位；所以总能耗：；从到共需要向右走98步、向上走98步，且向右走需要49步奇横坐标格点向右和49步偶横坐标格点，向上走偶横坐标格点向上更便宜，则向右走的耗能是固定的，为；且向上走的耗能最小为偶横坐标格点向上，为；所以最小总耗能为.15．①③④【分析】建系并求出相关点的坐标，设，根据线线夹角和空间中距离公式可得点的轨迹方程，即可判断①②；再根据点的轨迹方程分析可得，进而判断③④.【详解】以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，设，可得，，，，因为直线与直线所成的角为，则，整理可得，又因为，则，整理可得，联立可得，即，可知点的轨迹方程为，，所以点的轨迹为双曲线的一部分，满足条件的点有无数个，故①正确，②错误；因为，则，可得，即，则，当且仅当时，等号成立，所以线段长度的最大值为2，故③正确；因为点到平面的距离为，所以三棱锥体积的最大值为，故④正确.16．(1)(2)若选②，，若选③，，【分析】（1）根据题意，利用余弦定理，求得，即可求解；（2）根据题意，分别选择条件，结合正弦定理和余弦定理，以及三角形的面积公式，即可求解.【详解】（1）解：因为，由余弦定理得，因为，可得.（2）解：选择条件①：，且由正弦定理，可得，因为，所以这样的不存在；选择条件②，因为，且，所以，则，由，可得，因为，所以，解得，所以由正弦定理，可得，设边上的高为，可得的面积为，所以，因为，可得，又因为，可得，所以.选择条件③：由，根据向量的数量积的公式，可得，所以，因为且，所以，解得，由余弦定理，可得，所以设边上的高为，可得的面积为，所以，所以.17．(1)证明见详解(2)【分析】（1）根据面面平行的性质可得，进而可得，即可得结果；（2）建系并标点的坐标，设，，求平面的法向量，根据线面夹角列式求解即可.【详解】（1）因为平面平面，且平面平面，平面平面，则，且，可得，又因为为的中点，所以为的中点.（2）以为坐标原点，为轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，设，，可得，，，设平面的法向量为，则，令，则，可得，因为直线与平面所成角的正弦值为，则，整理可得，解得，所以.18．(1)；(2)的分布列为012(3)应选择方案二【分析】（1）根据表格中数据结合频率、频数之间的关系运算求解；（2）分析可知随机变量的可能值为0，1，2，结合超几何分布求分布列和期望；（3）以区间的中间值作为估计值，结合题意分别求两种方案的得分平均数，进而对比分析.【详解】（1）因为在内频数为60，频率为，则，且在内频数为30，则，则在内频数为，频率.（2）因为综合得分为和的人数比为，则在综合得分为内抽取人数为，在综合得分为内抽取人数为，可知随机变量的可能值为0，1，2，则有：，，，所以的分布列为012的期望为.（3）方案一：该公司员工的人均综合得分；方案二：该公司员工的人均综合得分；因为，所以应选择方案二.19．(1)(2)证明见详解【分析】（1）根据题意结合离心率可得，，即可得和椭圆方程；（2）设直线，，，与椭圆方程联立可得韦达定理，根据斜率关系结合韦达定理可得或，进而分析证明.【详解】（1）由题意可得：，，可得，，所以椭圆的标准方程为.（2）由题意可知：，直线的斜率存在，设直线，，，联立方程，消去y可得，则，可得，则，，因为，整理可得，即，整理可得，解得或，若，则直线过定点，不合题意；若，则直线过定点，符合题意；综上所述：直线过定点.20．(1)(2)(3)答案见解析【分析】（1）求得，将代入和，求得和，结合，即可求解；（2）令，求得，令，结合二次函数的性质，分类讨论，求得函数的单调性，进而得到答案.（3）由，得到，根据在处取得最大值，求得，求得切线方程，求得，得到，再由的面积为，得到，设，利用导数求得在上单调递增，得出在上无解，即可得到答案.【详解】（1）由函数，可得，则，，因为，可得，解得.（2）函数的定义域为,因，令，则令，①当时，即时，在上恒成立，即在上恒成立；所以在上单调递增，无最大值,不合题意；②当时，即时，二次函数的图象开口向上，且对称轴，，所以在上恒成立；即在上恒成立；则在上单调递增，无最大值，不合题意；③当时，即时，在的根处取得最大值，由二次函数的图象开口向下，对称轴，因为，所以存在，，当时，，即，在上单调递增；当时，，即，在上单调递减，所以在处取得最大值，综上可得，实数的取值范围为.（3）由（1）知，可得因为在处取得最大值，则是的极大值点，即是的根，则，解得，把代入得，可得，则曲线在点处的切线方程为，令，可得，又因为，可得，在中，为原点，，所以，当时，，令，可得，当