2026年北京市朝阳区高三二模数学试题及答案

高中1.已知集合M={xx>0}，集合N={xx2<1}，则MuN=()3.在(1+x)6的展开式中，各项系数的最大值是()425.如图，在ABC中，点M为线段B，，高中7.某圆锥的轴截面（通过轴的平面所得到的截面）是面积为43的等边三角形，则该圆锥的侧面积为A.32πB.16π8.某电子产品的电池健康度E随循环次数n衰减的函数模型为E(n)=Ae_kn+3增加()的实数k的个数为()其中所有正确结论的序号是()11.顶点在原点，关于y轴对称，且过点(2,1)的抛物线的标12.已知直线l：y=k(x_1)与圆C：(x_2)2+y2=1交于A,B两点；能使LACB为锐角的k的一个取值13.已知函数f=cos．若对任意实数x都有f(a)≤f(x)≤f(b)，则a_b的最小值为.___________高中14.《数术记遗》是东汉时期徐岳编撰的数学1632，以此类②当x∈(0,1)时，曲线y=f(x)在曲线y=g(x)的上方；④设正实数x1,x2,x3分别是f(x),g(x),h(x)的零点，则x3<x1<x2．16.在ABC中，bcosC=_2，csinB=215．（2）已知ABC的面积为815，求ABC的周长．17.如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD为正方形，且DE丄平面ABCD,BF//DE．一确定，求平面ABF与平面AEF夹角的余弦值．π条件②：直线AF与平面ABCD所成角为；π3高中条件③：AFC的面积为27．a（2）从该市城区和郊区的青少年中各随机抽取2人，估计抽到的青少年中恰有一人春季花粉“无过敏”分01234青少年的过敏程度平均评分为1.2，B地区青少年的过敏程度平均评分为0.6．疾控中心对这两个地区的青少年开展专项过敏防护干预，干预后A地区青少年的过敏程度平均评分降低了p%，B地区青少年的过敏程度平均评分不变．记μ为干预后这两个地区青少年的过敏程度平均评分．若干预后μ≤0.92（该市青少（2）设O为原点，点A(x1,y1),B(x2,y2)分别为椭圆E上位于第一象限，第二象限内的点，且x2y2．当点M满足时，求证：点M在椭圆E上．高中20.已知函数f=xalnx（1）当a=1时，求曲线y=f(x)在点(1,f(1)（3）当a≤2时，判断曲线y=f(x)上是否存在两个不同的点关于点(1,0)对称，并说明理由．①b1123456789ABCCAADBDB11.【答案】x2=4y【详解】根据抛物线关于y轴对称，且过的点(2,1)在第一象限，因此抛物线开口向上，可设抛物线的标准方程为x2=2py(p>0)，所以22=2p×1，解得p=2，所以抛物线的标准方程是x2=4y.【详解】圆C:(x_2)2+y2=1，圆心C(2,0)，半径r=1，故CA=CB=1.直线l:y=k(x_1)，即kx_y_k=0.LACB为锐角所以cosLACB>0.设圆心C到直线l的距离为d，则d圆的弦长AB在△ACB中，由余弦定理：AB2=CA2+CB2_2.CA.CB.cosLACB，LACB为锐角所以cosLACB>0可得AB2<CA2+CB2，代入得4(1_d2)<1+1.高中2将d代入dk2>k2+1，k2>1，13.【答案】1【详解】已知函数f=cos，对任意实数x都有f(a)≤f(x)≤f(b).由此可知f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值.该余弦函数的角频率⑴=π,根据周期公式T可得周期T.余弦函数相邻的最小值点与最大值点之间的水平距离为周期的一半，即，因此|a_b|的最小值为1.②求最小正整数k使得a1a2ak>101000：7所以φ(x)关于原点(0,0)对称，又φ(x)的图象向下平移2025个单位得到h(x)的图象，高中令m(x)=f(x)__g(x)=x2+2025x_2025_x3_2026x+2026=x2_x3所以当x∈(0,1)时，曲线y=f(x)在曲线y=g(x)的上方，故②正确；3EQ\*jc3\*hps24\o\al(\s\up2(Γ),L)3EQ\*jc3\*hps24\o\al(\s\up2(1),」)3(x)，故③错误；2所以g(x),h(x)在R上单调递增，又g(0)=_20260,g(1)=13+2026_2026=10，所以g(x)只有唯一零点x2，且0<x2<1，同理可得0由②知当x∈(0,1)时，曲线y=f(x)在曲线y=g(x)的上方，故x1<x2，=x2_x3_x<x_x3_x=_x3<0，高中bcosC=_2，故bABC的面积为815，即acsinB，因为四边形ABCD为正方形，所以AC丄BD.因为DE丄平面ABCD，ACC平面ABCD，所以DE丄AC.因为BF//DE，所以B,F,D,E共面.又BDDE=D，BD,DEC平面BDEF，所以AC丄平面BDEF因为EFC平面BDEF，所以AC丄EF.四边形ABCD为正方形，且DE丄平面ABCD,所以易得DA,DC,DE两两垂直.高中以D为原点，分别以DA,DC,DE的方向为x,y,z轴正方向，建立空间直角坐标系.由AD=2,DE=1得：A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),D(0,0,0),E(0,0,1)，由EF//BD，设F(2,2,t)(t>0).此时多面体并不唯一确定，因此条件①无效.以D为原点，分别以DA,DC,DE的方向为x,y,z轴正方向，建立空间直角坐标系.由AD=2,DE=1得：A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),D(0,0,0),E(0,0,1)，由DE//BF，设F(2,2,t)(t>0)，所以AF=(0,2,t)3直线AF与平面ABCD所成角为π,易得平面ABCD的一法向量为n1=(0,0,1).3高中设平面ABF的法向量n1=(x1,y1,z1).向量求平面AEF的法向量n2=(x2,y2,z2).向量AE=(_2,0,1)，AF=(0,2,23).由法向量定义得方程组：AE.n2=0→_2x2+z2=0，AF.n2=0→2y2+23平面ABF与平面AEF夹角的余弦值为以D为原点，分别以DA,DC,DE的方向为x,y,z轴正方向，建立空间直角坐标系.由AD=2,DE=1得：A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),D(0,0,0),E(0,0,1)，由DE//BF，设F(2,2,t)(t>0)，所以AC=(_2,2,0),AF=(0,2,t)，高中解得t=23（舍去负值）设平面ABF的法向量n1=(x1,y1,z1).向量求平面AEF的法向量n2=(x2,y2,z2).向量AE=(_2,0,1)，AF=(0,2,23).由法向量定义得方程组：AE.n2=0→_2x2+z2=0，AF.n2=0→2y2+23设平面夹角为θ,则cos平面ABF与平面AEF夹角的余弦值为由题意得a+220+180+150+50+500+120+80+70+30=2000，高中9y2设点M(x,y)，由向量关系，得M的坐标为：x要证点M在椭圆上，只需证y2=1，展开计(13)2y22高中因为点A,B在椭圆上，故→x，EQ\*jc3\*hps15\o\al(\s\up3(2),2)EQ\*jc3\*hps15\o\al(\s\up3(2),2)接下来证明x1x2+4y1y2=0：EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(2),1)EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(2),1)EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(2),2)EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(2),1)故x2=_2y1，将x1=2y2,x2=_2y1代入2)(_2y1)+4y1y2=_4y1y2+4y0=1满足椭圆方程，故点M在椭圆E上，得证.（3）曲线y=f(x)上不存在两个不同的点关于点(1,0)对称，理由见解析当a=1时，f(xlnx，所以f,所以fln1=0，所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y_0=1(x_1)，即x_y_1=0；若a=e由f=xalnx，可得f,当x∈(0,x1)，f,(x)>0，所以f(x)在(0,x1)上单调递增，,x2)，f,(x)<0，所以f(x)在(x1,x2)上单调递减，高中所以函数f(x)=0至多三个零点，又flnfln1=0，f(e)=e__e_Ilne=0，所以满足f(x)>0的x的取值范围为(e,+∞)；曲线y=f(x)上不存在两个不同的点关于点(1,0)对称，理由如下：设曲线y=f(x)上是否存在两个不同的点关于点(1,0)对称，所以xalnx3+2_xaln=0在(0,1)上有解，EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(2),3)即alnt=0在(0,1)上有解.令halnt，求导得h,所以h<haln1=0，所以alnt=0在(0,1)上无解，故曲线y=f(x)上不存在两个不同的点关于点(1,0)对称.高中根据a1：（首先证明：若n≥2且an>1，则必有bn<bn+1假设对某个k≥2结论成立.考虑k+1时，若ak+1>1：高中