北京市朝阳区2025-2026学年高三年级第二学期质量检测二数学试卷（含解析）高考模拟

这是一份北京市朝阳区2025-2026学年高三年级第二学期质量检测二数学试卷（含解析）高考模拟，共9页。
本试卷分为选择题40分和非选择题110分
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，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】解出集合的范围，求出并集即可．
【详解】因为；且；
故．
2. 已知复数，则（ ）
A. B. C. 3D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】将复数分母实数化写成的形式，利用计算结果．
【详解】因为；
故．
3. 在的展开式中，各项系数的最大值是（ ）
A. 6B. 15C. 20D. 35
【答案】C
【解析】
【详解】根据二项式定理，的展开式的通项公式为：
，
其中的取值范围是.
展开式中第项的系数就是二项式系数，
则当取时，分别等于，
则，
可知最大系数为20.
4. 已知双曲线的一条渐近线与直线平行，则（ ）
A. B. C. 2D. 4
【答案】C
【解析】
【详解】已知双曲线方程为，其渐近线方程为.
直线可化为.
因为一条渐近线与该直线平行，所以它们的斜率相等，
即，两边同乘得，
解得（舍去，因），所以.
5. 如图，在中，点为线段的中点，，，则（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】A
【解析】
【详解】∵ 为中点，∴ .
又，
∴ .
可得，，∴ .
6. 设，则“”是“函数的图象关于直线对称”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
【答案】A
【解析】
【详解】∵ 函数的对称轴满足，即.
充分性：若，则，满足对称轴条件，充分性成立.
必要性：取，是函数对称轴，但，必要性不成立.
故为充分不必要条件，A正确.
7. 某圆锥的轴截面（通过轴的平面所得到的截面）是面积为的等边三角形，则该圆锥的侧面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】设圆锥的底面圆半径为，由圆锥的轴截面是面积为的等边三角形，
得该三角形面积为，解得，圆锥的母线，
所以该圆锥的侧面积为.
8. 某电子产品的电池健康度随循环次数衰减的函数模型为，其中为常数，．已知，则电池健康度从80衰减到60，循环次数大约需要增加（ ）
（参考数据：）
A. 120B. 150C. 170D. 180
【答案】B
【解析】
【详解】由，得，解得，
由，得，解得，所以，
当循环为次时电池健康度为60，可得，
所以，两边取对数得，所以，
所以，解得，
电池健康度从80衰减到60，循环次数大约需要增加.
9. 设函数若关于的方程恰有两个不同的实数解，则满足条件的实数的个数为（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】分和两种情况讨论，当时，分且，，，四种情况；当时，分，，三种情况，当时，设，利用导数求出，对最大值的符号进行讨论分，，三种情况.
【详解】（i）当时，，代入方程整理得：
，两根为和，
因此，当且时，则有2个不同根；
当时，则有1个根；当时，仅存在根；
当时，，故恒有1个根.
（ii）当时，，代入方程整理得： ，
设， 求导得，
当时，，得，有1个根，
若，，在单调递增，
时，时，故恒有1个根；
当时，，，单调递增；，单调递减，
故在取最大值，
令，单调递减且.
当时，，方程有2个根；
当时，，方程有1个根；
当时，，方程无实根；
综上所述：
，有1个根，有1个根，共2个，符合；
时，有1个根，有1个根，共2个，符合；
时，有1个根，有1个根，共2个，符合；
其余均不满足条件，共3个符合的.
10. 在四面体中，，平面且平面，给出下列三个结论：
①若，则；
②若，则；
③若，则．
其中所有正确结论的序号是（ ）
A. ③B. ①③C. ①②D. ①②③
【答案】B
【解析】
【分析】建系，根据向量内积以及向量模的计算公式进行计算验证即可.
【详解】将设为原点，平面为平面，由平面，
得 ， ， ， .
因为，所以 ，推出，
①因为，所以 ，推出，
因此，
， ，
三者相等，①正确.
②因为，所以，
化简得​，但不一定有 .
举反例：取 ，满足和，
计算得 ， ，②错误.
③因为，，推出.
， ，
则 .
故，③正确.
综上，正确结论为①③.
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. 顶点在原点，关于轴对称，且过点的抛物线的标准方程是___________．
【答案】
【解析】
【详解】根据抛物线关于轴对称，且过的点在第一象限，
因此抛物线开口向上，可设抛物线的标准方程为，
所以，解得，
所以抛物线的标准方程是.
12. 已知直线与圆交于两点；能使为锐角的的一个取值为___________．
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】先确定圆圆心和半径,利用为锐角等价于余弦定理得弦长平方小于两半径平方和,求出圆心到直线距离的范围,再代入点到直线距离公式解出,得到或,任取区间内一个数即可.
【详解】圆:，圆心，半径，故.
直线:，即.
为锐角所以.
设圆心到直线的距离为，则.
圆的弦长.
在中，由余弦定理：，
为锐角所以可得，代入得.
即，化简得.
将代入：，，，
解得或，故可取.
13. 已知函数．若对任意实数都有，则的最小值为___________．
【答案】
【解析】
【分析】由题意知是最小值、是最大值，先求出的周期，余弦函数最值相邻两点最小间距为半个周期，即可算出最小值为1.
【详解】已知函数，对任意实数都有.
由此可知为函数的最小值，为函数的最大值.
该余弦函数的角频率，根据周期公式可得周期.
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，因此的最小值为.
14. 《数术记遗》是东汉时期徐岳编撰的数学典籍，书中记载了大数与大数进制，其中十个大数分别记为亿、兆，京、垓、秭、穰、沟、涧、正、载，大数进制中的“上数”进制为重进制（自乘）：“万万曰亿，亿亿曰兆，兆兆曰京也”，即1亿万万兆1亿亿京兆兆，以此类推．若按“上数”进制，记第个大数（第1个为亿，第2个为兆，第3个为京，……，第10个为载）对应的数值为，则___________；若，则正整数的最小值为___________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】先由题意推出递推规律得 ，代入 算出 ，由对数性质得 ，再把 到 依次写成 10 的指数形式，同底数幂相乘指数相加，利用等比数列求和公式算出指数和为 ，结合不等式 化简得 ，比对 2 的整数次幂得到正整数 最小值为 7.
【详解】根据题意， 第个大数对应的数值为.
①求： ， .
②求最小正整数使得：
.
由， 得， 即， .
因为， ， 所以正整数的最小值为.
15. 已知函数．给出下列四个结论：
①曲线是中心对称图形；
②当时，曲线在曲线的上方；
③当时，；
④设正实数分别是的零点，则．
其中正确结论的序号是___________
【答案】①②④
【解析】
【分析】令，利用奇偶性的定义与图象的平移可判断①；令，因式分解可判断②；利用作差法比较数的大小可判断③，利用导数的意义与根的存在性定理可得，，，结合②，可得，同理判断，可判断④.
【详解】因为，所以令，
可得的定义域为，关于原点对称，
又，所以为奇函数，
所以关于原点对称，
又的图象向下平移个单位得到的图象，
所以曲线的图象关于点成中心对称图形；故①正确；
令
，当时，，
所以当时，曲线在曲线的上方，故②正确；
因为，
所以
，
，
所以
，
当时，，此时，故③错误；
因为，
所以在上单调递增，又，
所以只有唯一零点，且，同理可得，
当时，，且，，
所以函数有唯一零点，且，
由②知当时，曲线在曲线的上方，故，
当时，令
，
即曲线在曲线的下方，故，
所以，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）求的值；
（2）已知的面积为，求的周长．
【答案】（1）8 （2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理和同角三角函数关系得到，从而得到；
（2）根据三角形面积公式可得，由余弦定理可得，得到三角形周长.
【小问1详解】
，，
两式相除得，由正弦定理得，
即，又，故，所以，
又，解得，
，故；
【小问2详解】
的面积为，即，
又，所以，
由（1）知，
由余弦定理得，
解得，
故的周长为.
17. 如图，在多面体中，四边形为正方形，且平面．
（1）求证：；
（2）若，再从条件①、条件②、条件③中选择一个作为已知，使得多面体唯一确定，求平面与平面夹角的余弦值．
条件①：；
条件②：直线与平面所成角为；
条件③：的面积为．
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）证明见解析
（2）选条件①无效;选条件②余弦值为;选条件③余弦值为
【解析】
【分析】（1）利用线面垂直的判定与性质，先由正方形对角线互相垂直得，再由平面推出，结合与相交，证得平面，而在平面内，故.
（2）四边形是正方形，平面，则两两垂直，以为原点，分别为轴建系，写出各顶点坐标；由，设.条件①中对任意恒成立，无法定点，故不可用；条件②利用直线与平面所成角，或由面积定值，均可解出.再求出平面与平面的法向量，代入面面夹角公式，算出两平面夹角的余弦值为.
【小问1详解】
因为四边形为正方形，所以.
因为平面，平面，所以.
因为，所以共面.
又，平面，所以平面
因为平面，所以.
【小问2详解】
四边形为正方形，且平面所以易得两两垂直.
选条件①
以为原点，分别以的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系.
由得：，
由，设.
由，得恒成立.
此时多面体并不唯一确定，因此条件①无效.
选条件②
以为原点，分别以的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系.
由得：，
由，设，所以
直线与平面所成角为，易得平面的一法向量为.
故，解得（舍去负值）,
设平面的法向量.向量，.
由法向量定义得方程组：，.
解得，取，则.
求平面的法向量.
向量，.
由法向量定义得方程组：，.
令，则，，即.
设平面夹角为，则.
平面与平面夹角的余弦值为
选条件③
以为原点，分别以的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系.
由得：，
由，设，
所以，
，
解得（舍去负值）
设平面的法向量.向量，.
由法向量定义得方程组：，.
解得，取，则.
求平面的法向量.
向量，.
由法向量定义得方程组：，.
令，则，，即.
设平面夹角为，则.
平面与平面夹角的余弦值为
18. 2026年春季，北方进入花粉过敏高发期．某市疾控中心针对该市青少年春季花粉过敏情况开展专项调查．现从该市青少年中随机抽取2000人作为样本，统计样本中不同过敏程度的人数，得到下表：
用频率估计概率．
（1）从该市青少年中随机抽取一人，估计此人春季花粉“无过敏”的概率；
（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”的概率；
（3）该市疾控中心规定过敏程度评分如下表：
该市疾控中心对该市A、B两个地区同步开展调查，已知A地区与B地区青少年人数之比为3：2，地区青少年的过敏程度平均评分为，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地区青少年的过敏程度平均评分不变．记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（该市青少年的过敏程度平均评分），直接写出的最小正整数值．（结论不要求证明）
【答案】（1）；
（2）；
（3）的最小正整数值为6，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意得到方程，求出，进而得到概率；
（2）由二项分布知识进行求解；
（3）列出不等式，求出的范围，得到答案
【小问1详解】
由题意得，
解得，
从该市青少年中随机抽取一人，估计此人春季花粉“无过敏”的概率为；
【小问2详解】
频率估计概率，
该市城区青少年春季花粉“无过敏”的概率为，
该市郊区青少年春季花粉“无过敏”的概率为，
各随机抽取2人，
抽到的城区青少年中恰有1人“无过敏”且郊区青少年两人均不是“无过敏”的概率为
，
抽到的郊区青少年中恰有1人“无过敏”且城区青少年两人均不是“无过敏”的概率为
，
估计抽到的青少年中恰有一人春季花粉“无过敏”的概率为；
【小问3详解】
的最小正整数值为6，理由如下：
由题意得，
解得，
的最小正整数值为6.
19. 已知椭圆的长轴长与短轴长之和为6，焦距为．
（1）求椭圆的方程；
（2）设为原点，点分别为椭圆上位于第一象限，第二象限内的点，且．当点满足时，求证：点在椭圆上．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意所以可列出关于的方程组，结合即可求解；
（2）设点，因为，所以可根据向量坐标运算得到、与、、、​的关系，因为、在椭圆上，所以满足椭圆方程，又已知，所以将、代入椭圆的方程，通过代入化简验证是否满足方程，以此证明点在椭圆上.
【小问1详解】
由题意得： ，解得，，所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
设点，由向量关系，得的坐标为： ，，
要证点在椭圆上，只需证，展开计算：
因为点在椭圆上，故 ，
同理，代入得： ，​
接下来证明：
由题​​，代入点的椭圆方程 得： ，
又点满足，故。 由点在第一象限得，点在第二象限得，
故，将​代入得： .
因此 满足椭圆方程，故点在椭圆上，得证 .
20. 已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）当时，求满足的的取值范围；
（3）当时，判断曲线上是否存在两个不同的点关于点对称，并说明理由．
【答案】（1）
（2）
（3）曲线上不存在两个不同的点关于点对称，理由见解析
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可；
（2）求导判断函数的单调性，结合，，，可求得满足的的取值范围；
（3）设曲线上是否存在两个不同的点关于点对称，即关于点对称，进而可得在上有解，构造函数，利用换元法结合导数求解可得结论.
【小问1详解】
当时，，所以，
所以，又，
所以曲线在点处的切线方程为，即；
【小问2详解】
若，由，可得，
令，，所以有两个正根，
记两正根为，且，
当，，所以在上单调递增，
当，，所以在上单调递减，
当，，所以在上单调递增，
所以函数至多三个零点，又，
，，
所以函数有三个零点，所以且，
所以满足的的取值范围为；
【小问3详解】
曲线上不存在两个不同的点关于点对称，理由如下：
设曲线上是否存在两个不同的点关于点对称，
即关于点对称，所以，
所以有解，
所以在上有解，
所以，即，
令，因为，所以，
即在上有解.
令，求导得，
因为，所以，所以，所以在上单调递增，
所以，所以在上无解，
故曲线上不存在两个不同的点关于点对称.
21. 已知无穷数列的各项均为正整数，无穷数列满足以下性质：
①；
②
（1）若，求；
（2）证明：；
（3）是否存在大于1的正整数，使得成立？说明理由．
【答案】（1）b3=2,b4=1,a4=3
（2）证明见解析 （3）不存在，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据递推公式代入求解即可.
（2）根据递推公式，分an=1,an>1 两种情况分类讨论，证明求解即可.
（3）利用数学归纳法证明 .
【小问1详解】
b3=a2b2−b1=2×1−0=2 ，
b4=a3b3−b2=1×2−1=1 .
因为b5=a4b4+b3=a4+2=5 ，所以.
【小问2详解】
已知各项为正整数，b1=0,b2=1 .
根据的取值分类讨论：（1）若，b3=a2b2+b1=a2≥1 .
当：b4=a3b3+b2=a3+1≥2 ，
若则b5=a4b4+b3≥1×2+1=3≥1 ；
若则b5=a4b4−b3≥1⋅(a3+1)−1=a3≥2≥1 .
当：b4=a3b3−b2=a3a2−1≥2−1=1 ，
若则b5=a4b4+b3≥1×1+2=3≥1 ；
若则b5=a4b4−b3≥1⋅(a2a3−1)−a2≥(4−1)−2=1≥1 .
（2）若，b3=a2b2−b1=a2≥1 .
当：b4=a3b3+b2=a3+1≥2 ，同理可得.
当：b4=a3b3−b2=a2a3−1≥1 ，
若则b5=a4b4+b3≥3≥1 ；
若则b5=a4b4−b3≥(2×2−1)−2=1≥1 .
综上，b5≥1 .
【小问3详解】
不存在.理由如下：
首先证明：若且，则必有
用归纳法：
当时，，，，故.
假设对某个结论成立.考虑时，若：
若：由归纳假设，且，于是
若：则
故若，则，归纳成立.
现归纳证明对所有有：
，
设对某有，考虑：
若：.
若：则.
若：
若：，因为为整数，故
综上.
过敏程度
无过敏
轻度过敏
中度过敏
重度过敏
极重度过敏
城区
220
180
150
50
郊区
500
120
80
70
30
过敏程度
无过敏
轻度过敏
中度过敏
重度过敏
极重度过敏
过敏程度评分
0
1
2
3
4