2026年北京市东城区高三教学质量检测综合练习数学试题（含答案解析）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页北京市东城区2025—2026学年度第二学期高三综合练习（二）数学2026.5本试卷共6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．已知全集，，则（

）A． B． C． D．2．在复平面内，复数的共轭复数对应的点位于（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限3．已知，则（

）A． B． C． D．4．已知函数与的图象关于轴对称，则（

）A．-2 B． C． D．25．在平面直角坐标系中，抛物线的焦点为，点在抛物线上，轴，垂足为.若，则（

）A． B． C． D．6．某学校操场的每条跑道由两段直道和两段半圆形弯道组成（如图1）.运动员比赛时，从某条跑道弯道处的起跑线上选取一点P作为起跑点，沿直线加速后从点Q切入弯道内侧分道线，即与内侧分道线相切.以半圆的圆心O为原点，建立平面直角坐标系（如图2）.若，，则直线的方程为（

）A． B．C． D．7．已知非零实数x，y满足，则下列各式中为定值的是（

）A． B． C． D．8．已知a，b，c，d均为正实数，则“”是“”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9．已知函数的部分图象如图所示，若，则可以为（

）A． B．C． D．10．已知平面向量为不全相等的单位向量，.设平面向量为非零向量，令，，，则（

）A．当时， B．当时，C．存在，使得 D．当时，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.11．二项式的展开式中，含项的系数为_______.12．已知为等比数列，，.若，则______；若，则的前4项和为_____.13．已知双曲线与有相同的渐近线，则数对可以为_____.14．在三棱锥中，，，.（1）若平面，，则三棱锥的体积为_____；（2）若该三棱锥的某两条侧棱的长度之和为12，则三棱锥体积的最大值为_____.15．已知无穷数列与都不是常数列.给出下列四个结论：①设等差数列，的公差分别为，，若的项均为的项，则；②设等比数列，的公比分别为，，若的项均为的项，则；③设等差数列，的公差分别为，，且，，若的项均为的项，又均为的项，则；④设等比数列，的公比分别为，，且，，若的项均为的项，则.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，，.(1)求；(2)若，求的面积.17．如图，在几何体中，平面平面，，，，，，M为中点，点B，D在直线两侧.(1)求证：平面；(2)已知，再从下列条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得几何体存在，求平面与平面夹角的余弦值.条件①：；条件②：；条件③：点D到平面的距离为.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．某连锁企业为了解两款产品A和B的收益情况，从所有门店中随机抽取8个门店，记录并整理这些门店同一季度的产品A，B的收益数据（单位：万元），如下表：门店产品12345678A5.87.28.59.511.211.912.913.7B3.75.77.99.613.215.117.919.5用频率估计概率.(1)从该企业所有门店中随机抽取1个，估计这个门店产品A收益高于产品B收益的概率；(2)从表中的8个门店中随机抽取3个，记X为这3个门店中产品A收益高于产品B收益的门店个数，求X的分布列及数学期望；(3)这8个门店中，设门店的产品A，B的收益分别为，，记，，，数据，，，，，，，的方差为，数据，，，，，，，的方差为，数据，，，，，，，的方差为，写出，，的大小关系.（结论不要求证明）19．已知椭圆：的右焦点为，且经过点.(1)求椭圆W的方程；(2)已知点，.设直线分别与直线，交于点M，N，直线与直线交于点P，直线与直线交于点Q，直线交椭圆W于另一点R，求证：P，Q，R三点共线.20．已知函数，.当时，曲线在点处的切线为，曲线在点处的切线为，且.(1)求的值；(2)当时，求证：与的交点位于y轴右侧；(3)已知，与y轴交于点A，与x轴交于点B.若存在（e为自然对数的底），使得，求b的最大值.21．已知集合，.将M中的个不同元素排成一列，得到序列：，其中称为该序列的第项，若该序列的相邻项满足，则称该序列为序列.若序列中的项满足或，则称该项具有性质.(1)已知，，，为序列，写出x，y，z，w的值；(2)求证：序列中存在具有性质的项；(3)求证：序列中具有性质的项的个数不少于10.答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．B【详解】因为全集，，所以.2．D【分析】利用复数除法的分母实数化，先化简复数，再求共轭复数，最后判断复平面内点的象限.【详解】，则其共轭复数为，实部，虚部，故对应点位于第四象限.3．C【详解】因为，所以，故4．A【详解】函数图象上任意一点关于轴对称的点为，代入中得，即，得.5．B【详解】由抛物线方程知：，，则，，轴，，又在抛物线上，，.6．A【分析】根据圆的切线性质，结合勾股定理、锐角三角函数定义、直线的点斜式方程进行求解即可.【详解】因为是圆的切线，所以，且，由勾股定理可得，因此点的坐标为，因为，所以圆的切线的斜率为，所以圆的切线的方程为，化简，得.7．C【详解】令且，则，所以，当的值变化时，不确定，则的值不为定值；，当的值变化时，不确定，则的值不为定值；，为定值；，当的值变化时，不确定，则的值不为定值.8．D【详解】当时，满足，而，充分性不成立；当时，满足，而，必要性不成立，则“”是“”的既不充分也不必要条件.9．C【分析】利用奇偶性可排除AD；根据轴右侧两零点间的距离可确定C正确.【详解】由图象可知：为奇函数；对于A，，为偶函数，A错误；对于D，，为偶函数，D错误；对于BC，不妨设，，令，解得：；令，解得：或；则在轴右侧接近的两个零点依次为和；在轴右侧接近的两个零点依次为和，，，由图象可知：B错误，C正确.10．D【分析】根据条件得出向量两两夹角为，设出坐标，结合间的数量关系，逐项验证或判断即可.【详解】因为为单位向量，且，所以它们两两的夹角相等，又因为不全相等，所以它们两两的夹角为.不妨设，设，其中；，，.对于A，当时，，解得，取，满足，但是，A不正确；对于B，当时，，解得或，当时，，此时不一定为零，B不正确；对于C，若，则，由可得，即或，若，则由可得，此时不合题意；若，则由可得，此时不合题意；因此不存在非零向量，使得，C不正确；对于D，当时，即，解得，此时，所以，D正确.11．【详解】的展开式的通项为，令，得，则含项的系数为.12．8【分析】利用等比数列的通项公式求出公比，结合前两项的大小关系确定通项公式，然后可得答案.【详解】设等比数列的公比为，则，因为，，所以，解得或.若，则，此时，所以.若，则，此时前4项分别为：，，，；其和为.13．（答案不唯一）【详解】可知双曲线的渐近线为，可知双曲线的渐近线为，当渐近线相同时，可得或，即，所以数对可以为.14．【分析】利用等体积法，结合余弦定理和三角形的面积求解.【详解】（1）因为，所以是的直角三角形，所以，因为平面，所以三棱锥的体积为；（2）若，则到平面的距离的最大值为点到直线的距离，为，设，，所以，所以，所以当时，的面积最大，为，此时三棱锥的体积为，若，则到平面的距离的最大值为，设，，所以，所以，所以当时，的面积最大，为，此时三棱锥的体积为，若，则到平面的距离的最大值为，设，，所以，所以，所以当时，的面积最大，为，此时三棱锥的体积为，因为，所以三棱锥体积的最大值为15．①③④【分析】①结合等差数列的特点判断即可；②举反例即可判断；③根据等差数列的性质易得数列为等差数列，公差为，结合题设可得，，其中，为正整数，可得，进而得到，可得，即可判断；④设，进而分，两种情况分析判断即可.【详解】①若等差数列的项均为等差数列的项，则是从中隔若干项取出的，则，故①正确；②当时，满足等比数列的项均为等比数列的项，而，故②错误；③因为等差数列，的公差分别为，，所以数列为等差数列，公差为，又的项均为的项，所以，其中为正整数，同理，的项均为的项，所以，其中为正整数，于是，两式相乘得，即，由于为正整数，为正整数，所以，则，即，故③正确；④由题意，可设，其中，，设，因为的项均为的项，所以，即，为整数，而，不妨设，则，因为，若，则，但的整数次幂中不存在落在内的值，矛盾，同理，若，则，即时，，而是的整数次幂，因此对足够大的，必须为常数，为整数，且，这导致足够大的，有，与假设矛盾，因此，只有时才能保证的项始终落在中，故④正确.16．(1)(2)【分析】（1）利用正弦定理将已知边角关系式转化为角的关系，约去公共项后结合已知直接计算得到；（2）先求出所需的正弦值，再利用正弦定理求出边长，结合和角公式求出，最后代入三角形面积公式得到面积.【详解】（1）已知，，所以，由得，等式两边同乘（三角形内角正弦值为正，可约去），得：，代入，得；（2）由，，得由正弦定理，得，解得，由余弦定理，得，整理得，解得正根（负根舍去），三角形面积.17．(1)证明见解析(2)条件①不合题设，选条件②或③：【分析】（1）取中点，通过，，为中点可得，从而得，利用面面垂直的性质定理即可证明；（2）根据条件可建立空间直角坐标系，写出各点坐标，再通过从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个来确定点坐标即可求解.【详解】（1）取中点，连接，，因为，所以，因为为中点，所以，因为，所以，所以、、三点共线，即，所以，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面.（2）因为平面，平面，所以，又，，平面，平面，所以平面，以为原点，、、为x，y，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，.若选条件①：，设，则，，因为，所以，解得，不符合题意，故不能选条件①.若选条件②：，连接，在中，，所以，则，，设平面的法向量为，则，即，令，则，，所以平面的法向量为，由题可知平面的法向量为，设平面与平面的夹角为，则.若选条件③：点D到平面的距离为，因为平面，所以点D到平面的距离为，即，以下同条件②.18．(1)(2)分布列：0123.(3)【分析】（1）统计满足收益高于的门店频数，用频率估计概率直接求解；（2）识别抽取符合超几何分布，枚举取值、组合数算概率，套用超几何期望公式求值；（3）利用随机变量线性组合的方差公式，根据方差的波动特点，比较大小.【详解】（1）对8个门店的A，B收益，分别记为满足的门店共3个（门店1、2、3），用频率估计概率得：；（2）X为抽取的3个门店中A收益高于的个数，服从超几何分布，的可能取值为，总门店，符合条件的门店，抽取，：，，，，分布列：0123.（3）设产品A收益的方差为​，产品B收益的方差为由产品A的收益极差为，B的收益极差为，从极差的显著大小关系可以估计其方差的显著大小关系，会显著大于.因为，，，线性组合的方差会向权重更大的变量“靠拢”，权重越大，整体方差越接近该变量的方差.因此权重偏向的方差最大，权重偏向的方差最小，权重均等的的方差居中.19．(1)(2)证明见解析【分析】(1)直接将点代入椭圆方程求解(2)两点式求直线方程，结合椭圆方程求交点横坐标，通过斜率相等证明三点共线【详解】（1）由题意得，解得，所以椭圆W的方程为.（2）由(1)可知，则.已知，直线MT满足，即直线的方程为；直线NT满足，即直线NT的方程为；令，代入直线MT的方程可得：，解得，所以；令，代入直线NT的方程可得：，解得，所以；已知，直线AT满足，即直线AT方程为，联立，化简得.因为是方程的一个根(点A的横坐标)，设，由韦达定理得，即，代入得，所以.当直线斜率存在时，直线PQ的斜率，直线PR的斜率因为，且直线PQ与直线PR有公共点P，所以P、Q、R三点共线；当时，直线MT：，；直线NT：，；直线AT：，，此时三点均在直线上，所以P、Q、R三点共线；综上所述，P、Q、R三点共线.20．(1)(2)证明见解析(3)【分析】（1）利用导数的几何意义求解；（2）联立与的方程，求出交点横坐标，令，判断交点横坐标的正负；（3）求出坐标，根据求出的值，利用导数研究函数的单调性，求出最大值.【详解】（1），，，，因为，所以，即，解得；（2）直线的方程为，直线的方程为，联立，解得，令，则，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，当时，，所以，又，所以，所以当时，与的交点位于y轴右侧；（3）由题可知，，，则，若，则，解得，设，则，令，则恒成立，所以在上单调递增，又，所以当时，，，当时，，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，所以b的最大值为.21．(1)，，，(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）根据序列相邻两项对应点的距离为1，逐步确定，，，.（2）把序列中的项看成方格中的点，连接相邻点得到水平或竖直单位线段，再用抽屉原理证明一定存在连续三点共行或共列