2026年高考考前预测卷：数学（北京卷）（全解全析）

这是一份2026年高考考前预测卷：数学（北京卷）（全解全析），共19页。试卷主要包含了已知，，且，则等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：120分钟，分值：150分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．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：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．已知集合，，则（ ）
A．或B．
C．或D．或
【答案】A
【详解】因为，所以或，
结合，所以或.
2．在复平面内，复数对应的点在第三象限，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】由复数的乘法可得，
而复数对应的点在第三象限，故，
所以即实数的取值范围是.
3．已知双曲线的方程为，则该双曲线的渐近线方程是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】由可得，
该双曲线的焦点在轴上，且，
故该双曲线的渐近线方程为：．
4．已知，，且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】对于AB，利用不等式的性质可判断，对于C，使用作差法即可判断，对于D，结合余弦函数的单调性和奇偶性即可判断.
【详解】对于A，因为，所以，即，故A错误；
对于B，当时，，，此时，故B错误；
对于C，，
因为，所以，，，
所以，即，故C正确；
对于D，函数在上单调递减，所以，
又因为函数为偶函数，所以，故D错误.
5．若直线和被圆所截得的弦长相等，则（ ）
A．B．C．2D．4
【答案】B
【分析】先计算直线截圆所得弦长，再利用点到直线距离公式表示直线截圆的弦长，根据弦长相等建立方程，求解并结合的条件确定的值.
【详解】圆的圆心坐标为，半径.
圆心到直线的距离，
直线被圆截得的弦长为.
圆心到直线的距离，
直线被圆截得的弦长为.
由两弦长相等，得，两边除以2得.
两边平方得，移项得.
，整理得，即.
因，故，解得.
6．已知二项式的展开式中仅有第4项的二项式系数最大，则展开式中项的系数为（ ）
A．B．C．80D．160
【答案】A
【分析】依题意可确定，再结合通项公式即可求解.
【详解】因为二项式的展开式中仅有第4项的二项式系数最大，
所以，所以的展开式的通项为，
令，得，故，
故展开式中的系数为.
7．设数列是等比数列，数列是等比数列，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】A
【分析】利用等比数列定义，结合充分条件、必要条件的定义判断即得.
【详解】令等比数列的公比为，则，
因此，数列是等比数列，即；
令，，，即数列是等比数列，
令，则，显然，数列不是等比数列，
所以是的充分不必要条件.
8．函数的图象向右平移得到曲线，的图象向左平移得到曲线，若曲线与正好关于轴对称，且都经过原点，则（ ）
A．B．C．D．1
【答案】C
【详解】由题意，，
，
因为曲线与都经过原点，
所以，，
则，且，
又因为曲线与正好关于轴对称，
所以，
则，即，
联立，则，即，
则.
9．某一物质在特殊环境下的温度变化满足：（为时间，单位为，为特殊环境温度，为该物质在特殊环境下的初始温度，为该物质在特殊环境下冷却后的温度），假设一开始该物质初始温度为，特殊环境温度是，则经过分钟后，该物质的温度最接近（参考数据：）（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】由题知，，，
，，即，
计算得.
10．双纽线的图形轮廓像阿拉伯数字中的“8”．如图，曲线是双纽线，关于曲线，下列说法正确的是（ ）
A．
B．上存在点，使得
C．若直线与只有一个公共点，则的取值范围为
D．上的点的纵坐标的最大值为
【答案】D
【分析】根据图象所过的定点，即可判断A，根据方程可得，即可判断B，联立方程后，方程的根只有0，求的取值范围，即可判断C，根据方程的转化，变量的转化，利用韦达定理和判别式求得到取值范围，判断D.
【详解】对于A，由图可知，点在上，则，所以，故A错误；
对于B，设曲线上任一点（且），
由，可得，则，
即上不存在点，使得，故B错误；
对于C，直线与均经过原点，则直线与除原点外无其他公共点，
联立方程组，整理得，
当时，方程仅有一解，满足题意，
当时，整理得，
当时，方程恒成立，因为恒有一解，
所以无解，即当时，方程无解，
综上，，解得或，即的取值范围为，故C错误；
对于D，方程可化为，
令，得，
由，可得，
即，易知等号成立，故上的点的纵坐标的最大值为，故D正确；
故选：D.
第二部分（非选择题 共110分）
二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分．
11．函数的定义域为______．
【答案】
【分析】由被开方数大于等于零和分母不为零解不等式组可得.
【详解】由题意可得，解得.
故答案为：.
12．已知是抛物线上的一个动点，，点到轴的距离为，且的最小值为4，则_______.
【答案】2
【分析】利用抛物线的定义把到轴的距离转化为到焦点的距离，然后利用三角不等式可得答案.
【详解】由抛物线定义，点到焦点的距离等于到准线的距离，
即，因此，
于是
根据三角形不等式，，
当且仅当 三点共线时取等号.
故，
，
两边平方：
整理得
13．能说明“若，则”为假命题的一组的值可以是______．
【答案】
【详解】由，可得，
所以或，
即或，
取，
当时，，不妨令，则，
此时，
此时满足，但不满足，
所以“若，则”为假命题的一组的值可以是.
14．已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，，为圆锥的母线，，且二面角为.若的面积等于，则圆锥的体积为______.
【答案】
【分析】作，垂足为，则为的中点，根据二面角的定义得到为二面角的平面角，设， 由的面积建立的等式得到的值，从而得到圆锥的高的值，底面圆的半径的值，求出圆的面积，利用圆锥的体积公式求出体积.
【详解】如图，作，垂足为，则为的中点，
，，为二面角的平面角，
二面角为，，
在等腰三角形中，，
设，则，，
则，
，
的面积等于，解得，
则，，
圆的面积为，
圆锥的体积为.
故答案为：.
15．已知函数且为常数，是函数大于0的零点，其构成数列，下列说法正确的有
①．函数有且只有一个零点
②．若函数在区间内均存在零点，则
③．若，则数列为递增数列
④．存在实数，使得数列为常数列
【答案】①③④
【分析】利用导数判断函数的单调性即可说明①，由单调性可得，即可求出的范围判断②，当时可得，推导出，再利用函数的单调性判断③，设（常数），则对任意，恒成立，解出即可判断D.
【详解】选项①：因为，所以恒成立，
所以在上单调递增，
又时，时，
所以函数有且只有一个零点，①说法正确；
选项②：当时，恒成立，所以在上单调递增，
又，
所以若函数在区间内均存在零点，只需满足即可，
所以对任意成立即可，
易知函数在上单调递减，所以，
所以，②说法错误；
选项③：当时，因为在上单调递增，，，
所以，
当时，
由于是函数在的零点，所以，
所以，则，数列为递增数列，③说法正确；
选项④：若存在实数，使得数列为常数列，设（常数），
则对任意，恒成立，解得或，
当时，代入得解得，
当时，代入得，因故舍去，
所以当时，数列为常数列，，④说法正确；
故选：①
三、解答题：本题共6小题，共85分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
16．（满分13分）已知的内角，，的对边分别为，，，且．
(1)求．
(2)若，请再从条件①、②、③中选择一个合适的条件作为已知，使存在且唯一确定，求的面积．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
①边上的中线长为；②；③角的平分线长为．
【答案】(1)
(2)选① ；选②不合，因为三角形不唯一；选③ .
【分析】（1）使用二倍角公式、余弦定理、正弦定理求解；
（2）选①，在中使用余弦定理计算并计算面积，选②，在中由余弦定理计算并计算面积，选③，在中，由余弦定理计算，并分析角的大小求解.
【详解】（1）由二倍角公式得：，
整理得：，
由正弦定理得：，，，代入上式可得：
，即，
由余弦定理，可得，，
因为，所以.
（2）若选条件①，记边上的中线为，则，
在中，由余弦定理得，
即，解得或（舍），
所以.
若选条件②，在中由余弦定理得，
即，解得或3，此时与题目中存在且唯一确定矛盾；
若选条件③，记角的角平分线为，，在中，由余弦定理得：，
，，，
，，
.
17．（满分13分）如图，四棱锥中，底面，，平面，，．
(1)证明：；
(2)若点到平面的距离为1，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面垂直性质可知，再由线面垂直判定定理可证明平面，结合线面垂直定义可得结论；
（2）方法1：过点B作，可知平面，由条件可得，建立空间直角坐标系，再求出两平面的法向量，可求出其夹角的余弦值.
【详解】（1）因为平面，平面，平面平面，
所以
因为底面，平面，所以，
因为，，所以，
又因为，平面，
所以平面，因为平面，
所以．
（2）由（1）可知，，，两两垂直，以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示坐标系．
过点作，交于点，因为底面，平面，所以，
因为，所以平面，又点到平面的距离为，所以，
在中，，由可得；
设，则，即，解得；
因此为的中点，，所以．
可得，，，，，
所以，．
设是平面的法向量，
则，
即，取，则，，
所以是平面的一个法向量．
因为平面，所以是平面的一个法向量．
设平面与平面的夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
18．（满分14分）某行业举行专业能力测试，该测试由A，B，C三项组成，每项测试成绩分为合格和不合格，三项测试结果相互独立.当三项测试成绩均合格时，认定分为10分；当C项测试成绩合格，且A，B两项中恰有一项成绩合格时，认定分为5分；当C项测试成绩不合格，且A，B两项测试成绩都合格时，认定分为2分；其它测试成绩，认定分为0分.甲在参加该专业能力测试前进行了20次模拟测试，测试成绩合格的频数统计如下表:
用频率估计概率.
(1)试估计甲的A项测试成绩合格的概率；
(2)设X表示甲获得的认定分，求X的分布列和数学期望.
【答案】(1)
(2)分布列见解析，
【分析】（1）用频率估计概率即可；
（2）根据独立事件乘法公式，结合互斥事件概率公式、数学期望的公式进行求解即可.
【详解】（1）因为甲的A项测试成绩合格的频率为，
所以估计甲的A项测试成绩合格的概率为.
（2）设甲的专业能力A，B，C三项测试成绩合格分别为事件，
由频率估计概率，可得，
根据题意，随机变量X的所有可能取值为10，5，2，0，
因为，
，
，
，
所以X的分布列为：
所以X的数学期望为.
19．（满分15分）已知椭圆的长轴长为，离心率为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)椭圆的左右顶点分别为，是直线上一点，直线分别交椭圆于点两点，连接交轴于点.当最大时，求点的坐标；
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）根据条件，直接求出，即可求解；
（2）设点，直线的倾斜角分别为，分三种情况，当时，，当时，可得，即可求解；
【详解】（1）解：由题意可得，，即，
又，得，又，得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）解：由（1）知，
设点，直线的倾斜角分别为，
故，
当时，，此时，
当时，，
则，
当且仅当时，等号成立，
当时，，
则有，
当且仅当时，等号成立，
综上所述，当且仅当时，有最大值，即有最大值，
所以当点的坐标是或有最大值.
20．（满分15分）已知函数的一个极值点是．
(1)求a与b的关系式；
(2)求出的单调区间；
(3)设，，若存在，使得成立，求实数a的取值范围．
【答案】(1)
(2)当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为和；
当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为和．
(3)
【分析】（1）求出，利用极值点是，得到，从而求出；
（2）令导函数，求出两个根或，通过两个根的大小对进行分类讨论，列表判断函数的极值点以及单调性，从而得到答案
（3）利用导数研究函数的单调性，分别求出和的最值，将不等式能成立问题转化为最值问题，求解即可．
【详解】（1）因为，
所以，
因为函数的一个极值点是，
所以，即；
则有，
当时，，函数在R上单调递减，此时函数没有极值点，不符合题意.
所以.
（2），由（1）可知.
①当时，令得或，列表如下：
满足是函数的极值点；
②当时，令得或，列表如下：
满足是函数的极值点.
所以当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为和；
当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为和．
（3）由（1）（2）知，，
且时，在单调递增，在单调递减，
又因为，，
所以在上的最大值为，最小值为
又当时，函数在单调递增，
所以在上的最大值为，最小值为．
因为存在，使得成立，
即存在，使得成立，
即，又，所以解得，
所以实数a的取值范围为．
21．（满分15分）已知项数为m（，）的数列满足如下条件：①（，2，…，）；②.若数列满足，其中，2，…，，则称为“默契数列”.
(1)数列1，5，9，13，17是否存在“默契数列”，若存在，写出其默契数列，若不存在请说明理由；
(2)若为的“默契数列”，判断数列的单调性，并予以证明；
(3)已知数列存在“默契数列”，且，，求的最大值.
【答案】(1)存在；11，10，9，8，7.
(2)单调递减，证明见解析
(3)46
【分析】（1）求出、、、、后，根据“默契数列”的定义判定即可；
（2）由“默契数列”的定义，结合数列单调性讨论的符号即可得解；
（3）根据数列及其“默契数列”中项的特征，结合单调性分析出，即可得解.
【详解】（1）数列1，5，9，13，17存在“默契数列”
因为，
，，
，，
所以数列1，5，9，13，17存在“默契数列”为：11，10，9，8，7.
（2）数列为单调递减数列．
因为，，，
又因为，所以有，
所以，
即成立
所以数列为单调递减数列．
（3），都有，
因为，．
所以，
所以，
所以
因为，
所以，
又
，
则，即，，所以．
所以的最大值是46．
测试项
A
B
C
频数
16
15
10
X
0
2
5
10
P
x
2

-
0
+
0
-
x


2
-
0
+
0
-