北京市昌平区2025-2026学年高三下学期二模数学试题 含解析

昌平区2026年高三年级第二次统一练习数学试卷本试卷共5页，共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，将答题卡交回.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.已知集合，，则（）A. B.C. D.或【答案】B【解析】【详解】集合，集合.在中满足的元素只有，所以2.在复平面内，复数对应的点的坐标为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【详解】∵复数的分子分母同乘进行化简，得.∴该复数对应的点的坐标为.3.在的展开式中，所有二项式系数的和为，则的系数为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【详解】∵二项式的所有二项式系数的和为，由题得，解得.∴的展开式的通项为，.令，可得的系数为.4.设，则下列不等式一定成立的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】由，利用对数性质取特殊值可排除A，根据单调递减判断B不成立，再取特殊平方值否定C，最后由在上单调递增，结合得，确定D成立.【详解】选项A：，取特殊值，，则，，原不等式不成立，故A错误.选项B：指数函数在上单调递减，由，得，即，故B错误.选项C：.取特殊值，，则，，，不等式不成立，故C错误.选项D：正弦函数在上单调递增，由，得，即，不等式恒成立，故D正确.5.已知函数，则是（）A.偶函数，且在上是增函数 B.奇函数，且在上是增函数C.偶函数，且在上是减函数 D.奇函数，且在上是减函数【答案】D【解析】【分析】先确定定义域为且关于原点对称,求出判定为奇函数,再将函数变形为,由在上递增推出在上递减,从而选出答案D.【详解】已知函数，定义域为，关于原点对称..满足，故是奇函数..因为且在上单调递增.所以在上单调递增，进而在上单调递减.故在上单调递减.综上，是奇函数，且在上是减函数.6.设函数（是常数，），若在区间上单调递减，则的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】求出的单调递减区间，利用正弦函数减区间公式推导，让目标区间包含于减区间，列不等式组，取求解不等式，得到.【详解】函数，.由正弦函数单调性，令，，解得单调递减区间为，.已知在上单调递减，故.即，，即当时(取)以代入得既要大于等于又要小于等于,无交集,无解.时,,不等式永远矛盾,无解.当(取)以代入得因为,而此处要求为负数,与矛盾,无解.同理时,不可能满足.所以取得，化简得.综上，的取值范围是.7.已知抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线交于不同的两点，且与准线交于点.若点为线段的中点，，则的值为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】设抛物线的准线与轴的交点为，过点分别作，，垂足分别为，进而根据几何关系求得即可求得答案.【详解】如图，记抛物线的准线为，设抛物线的准线与轴的交点为，过点分别作，，垂足分别为，则因为点为线段的中点，，所以点为线段的中点，，所以，，所以，因为，所以，即，解得，所以，根据抛物线的定义，.8.如图，在棱长为2的正方体中，点分别是棱的中点，点在正方体的表面上运动，且平面.则线段的最小值为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】取中点，中点，连接，，，，，证明平面平面，由点在正方体的表面上运动可得点在线，，，上运动，再由求线段的最小值，即求点到平面各边距离的最小值即可求解.【详解】如图，取中点，中点，连接，，，，，因为点分别是棱的中点，所以，因为为中点，所以，，，所以平面平面，点在平面上运动，又因为点在正方体的表面上运动，所以点在直线，，，上运动，且为等腰三角形，求线段的最小值，即求点到平面各边距离的最小值，点到边距离最小，设点到边的垂足为，则为的中点，所以，所以线段的最小值为.9.设，函数有最大值的一个充分不必要条件是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】先求出函数有最大值的充要条件，再判断哪个选项是其充分不必要条件.【详解】当时：，当时，单调递减，；当时，，无最大值.当时：时，单调递增，当时，，无最大值.当时：时，单调递减，故；时，，开口向下，对称轴为.若时，即时，在上的最大值为，则，解得；若时，即时，在上单调递增，最大值为，则即，因为，，不等式无解，函数此时无最大值；综上有最大值的充要条件为.因为，所以有最大值的一个充分不必要条件是.10.已知数列满足，则（）A.当为常数列时，B.对于任意，为递减数列C.当时，为递增数列，且对于任意正整数，成立D.当时，为递减数列，且存在正整数，使得成立【答案】C【解析】【分析】对于A，由求解即可判断；对于B，结合A即可判断；对于C，由，当时，易得，进而得到，可得，即可判断；对于D，分析可得当时，结合可得，进而判断即可.【详解】对于A，由为常数列，则，整理得，解得或，即或，故A错误；对于B，由A知，当或时，为常数列，故B错误；对于C，由，当时，，则，同理可得，满足对于任意正整数，成立，而，即，则为递增数列，故C正确；对于D，由，当时，，而，则，即，，则，所以不存在正整数，使得，故D错误.​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.双曲线的实轴长为_________.【答案】【解析】【详解】将双曲线方程化为标准形式得.∴该双曲线焦点在轴上，.∴，双曲线的实轴长为.12.在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，它们的终边关于轴对称，若，则的最大值为___________.【答案】【解析】【分析】先利用两角终边关于轴对称推出,再由正切诱导公式得,结合在上单调递增求出的取值范围,进而得到的区间,最终得出的最大值.【详解】因为角与角的终边关于轴对称，所以，.由正切函数的周期性与诱导公式得.已知，函数在该区间上单调递增.所以，则.故的最大值为.13.已知向量满足，，且，则与夹角的大小为_________；__________.【答案】①.②.【解析】【详解】∵，∴·.展开得.∵，∴，代入得，解得.设与的夹角为，，则，代入，得.∵，∴.∵.又，.∴.14.已知圆，则圆的半径为_______；若直线上存在点，使得过点向圆引的两条切线互相垂直，则的取值范围为_________.【答案】①.②.【解析】【分析】先把圆方程配方求出圆心(2,3)与半径,由两条切线互相垂直推得动点到圆心距离为2,即在以圆心为定点、2为半径的圆上,再转化为直线与该圆有公共点,利用圆心到直线距离不大于半径列不等式,化简解得的取值范围.【详解】圆的方程：，配方得：，因此圆的圆心为，半径.设点，过引圆的两条切线互相垂直，则两条切线与半径构成正方形.圆心到点的距离：.即点的轨迹为以为圆心，为半径的圆：.直线上存在点，等价于直线与圆有公共点.故圆心到直线的距离，距离公式：.平方化简：，展开得：.整理得：.15.设函数，给出下列四个结论：①当时，恰有2个零点；②存在正数，使得恰有1个零点；③存在负数，使得恰有2个零点；④存在负数，使得恰有3个零点.其中所有正确结论的序号是_________________.【答案】①③④【解析】【分析】对于①，将代入，求解即可；对于②，当时，令，当时，令，求导，根据零点存在定理即可求解；对于③，④，求零点转化为两个函数的交点问题求解即可.【详解】对于①，当时，，当时，即，解得或，即或，所以恰有2个零点，故①正确；对于②，当时，，令，则，由于，所以若，则，函数单调递增，若，则函数先减后增，但只有一个极小值点，，当时，，因此在上必有且仅有一个零点，当时，，则，而，所以在内至少还有一个零点，故当为正数时，至少有两个零点，故②错误；对于③，当为负数时，，令，，可转化为与，且恒过定点，两个函数图象的交点问题，如图所示，所以，存在负数，使得恰有2个零点，故③正确；对于④，如图所示，所以，存在负数，使得恰有3个零点，故④正确.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）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，使得存在且唯一确定，求的值．条件①：△的面积为，；条件②：，；条件③：AB边上的高为，．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．【答案】（1）（2）选条件①：；选条件②无效；选条件③：；【解析】【分析】（1）利用正弦定理将边化为角,再交叉相乘整理式子,借助两角和的正弦公式合并,结合三角形内角和性质代换为,约去不为零的sin求出,最后由角的范围确定角的值.（2）先由（1）得,选条件①时,用三角形面积公式结合比例求出,再由余弦定理求得边长；选条件②时,由同角三角关系得两解,进而sin有两值,三角形不唯一故舍去；选条件③时,先由求,再用两角和正弦公式算出,借助边上的高建立等式求出边长.【小问1详解】由正弦定理及，得.整理得因为，所以.所以.因为在中，，所以.因为，所以.【小问2详解】选条件①：的面积为，.由（1）知，又由题知，所以.因为，所以，.由余弦定理得，所以选条件②：，；，.则代入得或所以三角形不唯一确定，条件②无效选条件③：AB边上的高为，．因为，，所以.因为,所以.因为AB边上的高为，所以，所以.17.如图，在五面体中，平面平面，底面是边长为的正方形，为的中点，，.（1）求证：平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由正方形得，利用线面平行判定推出平面，再由线面平行性质得，结合中点及边长得，证出四边形为平行四边形从而，最后用线面平行判定定理证得平面.（2）利用等腰三角形和面面垂直的性质，证明两两垂直，建立空间直角坐标系.然后分别求出平面和平面的法向量，最后用向量夹角公式计算出两平面夹角的余弦值.【小问1详解】在五面体中，底面是正方形，所以.因为平面，平面，所以平面.因为平面，平面平面，所以.因为为中点，，所以.所以四边形是平行四边形.所以.因为平面，平面，所以平面.【小问2详解】取的中点，作，.因为为正方形，所以.因为，所以.因为，，所以.因为平面平面，平面平面，平面，所以平面.所以，即两两互相垂直.如图建立空间直角坐标系，则.因此，由题可知平面的一法向量为.设平面的法向量为.则即令，则.于是.设平面与平面夹角为，则.18.为了培养学生的应用能力和创新思维，提高学生的科学素养，某学校开展了人工智能课程.为了解该校学生对相关人工智能课程的兴趣程度，对学生进行了简单随机抽样，获得数据如下表：

非常感兴趣一般感兴趣不感兴趣合计小学20人40人40人100人初中50人30人20人100人合计70人70人60人200人假设小学生和初中生每人对人工智能课程的兴趣程度互不影响.用频率估计概率.（1）从该校初中生中随机抽取3名同学，估计这3名同学中至少有两名同学对课程都“非常感兴趣”的概率；（2）规定：每名“非常感兴趣”的学生记5分，每名“一般感兴趣”的学生记3分，每名“不感兴趣”的学生记1分.根据学生的兴趣程度采用分层抽样的方式，按照学生人数比例先从样本中的小学生中抽取了10人，再从这10人中随机抽取2人．记为这2人的得分之和，求的分布列和数学期望；（3）记样本中的小学生中“非常感兴趣”、“一般感兴趣”、“不感兴趣”的频率依次为，其方差为；样本中的初中生中“非常感兴趣”、“一般感兴趣”、“不感兴趣”的频率依次为，其方差为；的方差为．写出的大小关系．结论不要求证明.【答案】（1）（2）期望（3）【解析】【小问1详解】根据题中数据可知，100名初中生中有50名学生“非常感兴趣”，所以从该校初中生中随机抽取名同学对课程“非常感兴趣”的概率估计为.设这名同学中至少有两名同学对课程都“非常感兴趣”为事件，则事件的概率可估计为.【小问2详解】根据学生的兴趣程度采用分层抽样的方式，从样本中的小学生中抽取了人，则“非常感兴趣”、“一般感兴趣”、“不感兴趣”的人数分别为.所以的可能取值为.则；；；；.所以随机变量的分布列为故期望.【小问3详解】.∵样本中的小学生“非常感兴趣”“一般感兴趣”“不感兴趣”的频率分别为，，，三组数据的平均值均为，∴，∵样本中的初中生“非常感兴趣”“一般感兴趣”“不感兴趣”的频率分别为，，，∴，∴，∵，∴.19.设椭圆的左焦点为，右顶点为，上顶点为，直线与的斜率的乘积为.（1）求椭圆的方程及离心率；（2）过点的直线交椭圆于两点，求的取值范围.【答案】（1）方程为，离心率为（2）【解析】【分析】（1）先写出椭圆右顶点、上顶点、左焦点坐标，求出两条直线斜率并利用斜率乘积条件化简得，再结合椭圆的关系求出的值，进而写出椭圆标准方程并算出离心率.（2）分直线斜率不存在、存在两种情况讨论，斜率不存在时直接求出点坐标并算出向量数量积；斜率存在时设直线方程并联立椭圆方程，利用韦达定理得根与系数关系，把向量数量积坐标展开并代入直线方程化简，再分离常数变形为分式型函数，由求出值域范围，结合两种情况综合得到数量积的取值范围.【小问1详解】由题意可得右顶点，上顶点，设左焦点.因为，所以，即.因为，所以.椭圆的方程为，离心率为.【小问2详解】由题可知.当直线斜率不存在时，，所以当直线斜率存在时，设斜率为，则直线的方程为.由可得..设.则因为，所以因为，所以.所以综上所述，的取值范围为20.已知函数，.（1）若曲线在点处的切线与直线垂直，求的值；（2）若在上单调递增，求的取值范围；（3）若有两个不同的极值点，求证：.【答案】（1）（2）（3）证明见解析【解析】【分析】（1）根据导数的几何意义求得切线的斜率，再结合直线的垂直关系求解即可；（2）根据题意，将问题转化为在上恒成立，再构造函数，研究函数最小值即可求得答案；（3）设，结合题意得，即可将问题转化为证明：对任意，，再构造函数证明即可.【小问1详解】解：因为，所以.所以.因为曲线在点处的切线与直线垂直，所以，解得.所以.【小问2详解】解：.因为函数在上单调递增，所以在上恒成立，即在上恒成立.设，则.令，解得.当时，，单调递减；当时，，单调递增.又.所以的最小值为，所以的取值范围为.【小问3详解】证明：由（2）可知当时，函数有两个不同的