2026北京东城区高三下学期二模数学试题含解析

这是一份2026北京东城区高三下学期二模数学试题含解析，共15页。试卷主要包含了 已知全集，，则， 已知，则等内容，欢迎下载使用。
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.
【答案】B
【解析】
【详解】因为全集，，
所以.
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
【答案】D
【解析】
【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. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】因为，所以，
故
4. 已知函数与的图象关于轴对称，则（ ）
A. -2B. C. D. 2
【答案】A
【解析】
【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. 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.
【答案】B
【解析】
【详解】由抛物线方程知：，，则，，
轴，，又在抛物线上，，
.
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.
【答案】A
【解析】
【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. 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.
【答案】C
【解析】
【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. 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
【答案】D
【解析】
【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. 已知函数的部分图象如图所示，若，则可以为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【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：或；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. 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，
【答案】D
【解析】
【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.
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_______.
【答案】
【解析】
【详解】的展开式的通项为，
令，得，则含项的系数为.
12. 已知为等比数列，，.若，则______；若，则的前4项和为_____.
【答案】 ①. 8 ②.
【解析】
【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. 已知双曲线与有相同的渐近线，则数对可以为_____.
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【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. 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_____.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【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. 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______.
【答案】①③④
【解析】
【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.
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.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【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.
【小问1详解】
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；
【小问2详解】
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. 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.
【答案】（1）证明见解析
（2）条件①不合题设，选条件②或③：
【解析】
【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.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
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. 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：
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）
【答案】（1）
（2）分布列：
.
（3）
【解析】
【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.
【小问1详解】
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： ；
【小问2详解】
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：
.
【小问3详解】
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. 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.
【答案】（1） （2）证明见解析
【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
【小问1详解】
由题意得，解得，
所以椭圆W的方程为.
【小问2详解】
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. 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.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【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.
【小问1详解】
，，， ，
因为，所以 ，即，解得；
【小问2详解】
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；
【小问3详解】
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. 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】（1），，，
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【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；
（3）把连续同方向的若干条单位线段合并为一个水平线段或竖直线段，通过估计水平线段数和竖直线段数的总数，得到具有性质的项的个数不少于10．
【小问1详解】
当时，，所以 .
由题意，相邻两项对应点的横坐标差的绝对值与纵坐标差的绝对值之和为1.
第一项为，第二项为，所以 .
即 .解得.
所以第二项为.
第二项为，第三项为，所以 .
即 .解得.
所以第三项为.
中共有4个不同元素，前三项已经是，，，剩下的一个元素为，所以第四项为.
因此 .
【小问2详解】
以序列中的项为坐标的点记作，连接这9个点共形成8条单位线段．
每条单位线段水平或者竖直．
因此8条单位线段中至少有4条同为水平或同为竖直．
不妨设至少有4条水平单位线段．
由于9个点排成3行，而每一行至多含2条水平单位线段，故至少有一行含2条水平单位线段．
这样该行3个点必被依次经过，于是中间那个点的前后两个相邻点都与它在同一行，因此该点对应的项具有性质．
故中存在具有性质的项．
【小问3详解】
将序列中相邻两项连接，得到120条单位线段.把连续同为水平方向的若干条单位线段合并为一个水平线段，把连续同为竖直方向的若干条单位线段合并为一个竖直线段.
在序列对应的线段中，水平线段与竖直线段交替出现．
设水平线段数为，竖直线段数为，因为单位线段总数为120，
所以序列中具有性质的项的个数为．
要证．
只需证明．
因为每一行有11个点，每个水平段至少包含两个点，因此第行的水平线段数满足，即．
所以．
同理．
所以，
故序列中具有性质的项的个数不少于10．
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