2026届北京高考冲刺押题（最后一卷）数学试卷含解析

这是一份2026届北京高考冲刺押题（最后一卷）数学试卷含解析，共4页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁，已知椭圆，已知集合，，则为等内容，欢迎下载使用。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．如图所示，已知某几何体的三视图及其尺寸（单位：），则该几何体的表面积为( )
A． B．
C．D．
2．如图所示，正方体的棱，的中点分别为，，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
3．已知集合的所有三个元素的子集记为．记为集合中的最大元素，则（ ）
A．B．C．D．
4．中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是
A．B．C．D．
5．已知椭圆：的左，右焦点分别为，，过的直线交椭圆于，两点，若，且的三边长，，成等差数列，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．
6．一个陶瓷圆盘的半径为，中间有一个边长为的正方形花纹，向盘中投入1000粒米后，发现落在正方形花纹上的米共有51粒，据此估计圆周率的值为（精确到0.001）（ ）
A．3.132B．3.137C．3.142D．3.147
7．已知函数，若方程恰有两个不同实根，则正数m的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
8．已知集合，，则为( )
A．B．C．D．
9．是平面上的一定点，是平面上不共线的三点，动点满足 ，，则动点的轨迹一定经过的（ ）
A．重心B．垂心C．外心D．内心
10．已知x,y满足不等式组,则点所在区域的面积是( )
A．1B．2C．D．
11．已知在中，角的对边分别为，若函数存在极值，则角的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
12．已知复数是纯虚数，其中是实数，则等于（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．若，则_________.
14．在棱长为的正方体中，是正方形的中心，为的中点，过的平面与直线垂直，则平面截正方体所得的截面面积为______.
15．已知关于空间两条不同直线m、n，两个不同平面、，有下列四个命题：①若且，则；②若且，则；③若且，则；④若，且，则.其中正确命题的序号为______.
16．在中，内角的对边分别为，已知，则的面积为___________．
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）已知在等比数列中，.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列前项的和.
18．（12分）在直角坐标系中，直线的参数方程是为参数），曲线的参数方程是为参数），以为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．
（1）求直线和曲线的极坐标方程；
（2）已知射线与曲线交于两点，射线与直线交于点，若的面积为1，求的值和弦长．
19．（12分）如图，在四棱锥中，底面为等腰梯形，，为等腰直角三角形，，平面底面，为的中点.
（1）求证：平面；
（2）若平面与平面的交线为，求二面角的正弦值.
20．（12分）已知函数f(x)＝|x－2|－|x＋1|.
（Ⅰ）解不等式f(x)>1；
（Ⅱ）当x>0时，若函数g(x)(a>0)的最小值恒大于f(x)，求实数a的取值范围．
21．（12分）若数列满足：对于任意，均为数列中的项，则称数列为“数列”．
（1）若数列的前项和，，试判断数列是否为“数列”？说明理由；
（2）若公差为的等差数列为“数列”，求的取值范围；
（3）若数列为“数列”，，且对于任意，均有，求数列的通项公式．
22．（10分）已知数列是各项均为正数的等比数列，，且，，成等差数列．
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）设，为数列的前项和，记，证明：．
参考答案
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、C
【解析】
由三视图知，该几何体是一个圆锥，其母线长是5，底面直径是6，据此可计算出答案.
【详解】
由三视图知，该几何体是一个圆锥，其母线长是5，底面直径是6，
该几何体的表面积.
故选：C
【点睛】
本题主要考查了三视图的知识，几何体的表面积的计算.由三视图正确恢复几何体是解题的关键.
2、C
【解析】
以D为原点，DA，DC，DD1 分别为轴，建立空间直角坐标系，由向量法求出直线EF与平面AA1D1D所成角的正弦值．
【详解】
以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，则，，，
取平面的法向量为，
设直线EF与平面AA1D1D所成角为θ，则sinθ＝|，
直线与平面所成角的正弦值为.
故选C．
【点睛】
本题考查了线面角的正弦值的求法，也考查数形结合思想和向量法的应用，属于中档题．
3、B
【解析】
分类讨论，分别求出最大元素为3,4,5,6的三个元素子集的个数，即可得解.
【详解】
集合含有个元素的子集共有，所以．
在集合中：
最大元素为的集合有个；
最大元素为的集合有；
最大元素为的集合有；
最大元素为的集合有；
所以．
故选：．
【点睛】
此题考查集合相关的新定义问题，其本质在于弄清计数原理，分类讨论，分别求解.
4、A
【解析】
详解：由题意知，题干中所给的是榫头，是凸出的几何体，求得是卯眼的俯视图，卯眼是凹进去的，即俯视图中应有一不可见的长方形，
且俯视图应为对称图形
故俯视图为
故选A.
点睛：本题主要考查空间几何体的三视图，考查学生的空间想象能力，属于基础题。
5、C
【解析】
根据等差数列的性质设出，，，利用勾股定理列方程，结合椭圆的定义，求得.再利用勾股定理建立的关系式，化简后求得离心率.
【详解】
由已知，，成等差数列，设，，.
由于，据勾股定理有，即，化简得；
由椭圆定义知的周长为，有，所以，所以；
在直角中，由勾股定理，，∴离心率.
故选：C
【点睛】
本小题主要考查椭圆离心率的求法，考查椭圆的定义，考查等差数列的性质，属于中档题.
6、B
【解析】
结合随机模拟概念和几何概型公式计算即可
【详解】
如图，由几何概型公式可知：.
故选：B
【点睛】
本题考查随机模拟的概念和几何概型，属于基础题
7、D
【解析】
当时，函数周期为，画出函数图像，如图所示，方程两个不同实根，即函数和有图像两个交点，计算，，根据图像得到答案.
【详解】
当时，，故函数周期为，画出函数图像，如图所示：
方程，即，即函数和有两个交点.
，，故，，，，.
根据图像知：.
故选：.
【点睛】
本题考查了函数的零点问题，确定函数周期画出函数图像是解题的关键.
8、C
【解析】
分别求解出集合的具体范围，由集合的交集运算即可求得答案.
【详解】
因为集合，，
所以
故选：C
【点睛】
本题考查对数函数的定义域求法、一元二次不等式的解法及集合的交集运算，考查基本运算能力.
9、B
【解析】
解出，计算并化简可得出结论．
【详解】
λ（），
∴，
∴，即点P在BC边的高上，即点P的轨迹经过△ABC的垂心．
故选B．
【点睛】
本题考查了平面向量的数量积运算在几何中的应用，根据条件中的角计算是关键．
10、C
【解析】
画出不等式表示的平面区域，计算面积即可.
【详解】
不等式表示的平面区域如图：
直线的斜率为，直线的斜率为，所以两直线垂直，故为直角三角形，易得，，，，所以阴影部分面积.
故选：C.
【点睛】
本题考查不等式组表示的平面区域面积的求法，考查数形结合思想和运算能力，属于常考题.
11、C
【解析】
求出导函数，由有不等的两实根，即可得不等关系，然后由余弦定理可及余弦函数性质可得结论．
【详解】
，.
若存在极值，则，
又.又．
故选：C．
【点睛】
本题考查导数与极值，考查余弦定理．掌握极值存在的条件是解题关键．
12、A
【解析】
对复数进行化简，由于为纯虚数，则化简后的复数形式中，实部为0，得到的值，从而得到复数.
【详解】
因为为纯虚数，所以，得
所以.
故选A项
【点睛】
本题考查复数的四则运算，纯虚数的概念，属于简单题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
因为，所以.因为，所以，又，所以，所以..
14、
【解析】
确定平面即为平面，四边形是菱形，计算面积得到答案.
【详解】
如图，在正方体中，记的中点为，连接，
则平面即为平面．证明如下：
由正方体的性质可知，，则，四点共面，
记的中点为，连接，易证．连接，则，
所以平面，则．
同理可证，，，则平面，
所以平面即平面，且四边形即平面截正方体所得的截面．
因为正方体的棱长为，易知四边形是菱形，
其对角线，，所以其面积．
故答案为：
【点睛】
本题考查了正方体的截面面积，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.
15、③④
【解析】
由直线与直线的位置关系，直线与平面的位置关系，面面垂直的判定定理和线面垂直的定义判断．
【详解】
①若且，的位置关系是平行、相交或异面，①错；
②若且，则或者，②错；
③若，设过的平面与交于直线，则，又，则，∴，③正确；
④若，且，由线面垂直的定义知，④正确．
故答案为：③④．
【点睛】
本题考查直线与直线的位置关系，直线与平面的位置关系，面面垂直的判定定理和线面垂直的定义，考查空间线面间的位置关系，掌握空间线线、线面、面面位置关系是解题基础．
16、
【解析】
由余弦定理先算出c，再利用面积公式计算即可.
【详解】
由余弦定理，得，即，解得，
故的面积.
故答案为：
【点睛】
本题考查利用余弦定理求解三角形的面积，考查学生的计算能力，是一道基础题.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17、（1）（2）
【解析】
（1）由基本量法，求出公比后可得通项公式；
（2）求出，用裂项相消法求和．
【详解】
解：（1）设等比数列的公比为
又因为，所以
解得（舍）或
所以，即
（2）据（1）求解知，，
所以
所以
【点睛】
本题考查求等比数列的通项公式，考查裂项相消法求和．解题方法是基本量法．基本量法是解决等差数列和等比数列的基本方法，务必掌握．
18、（1）,；（2） .
【解析】
（1）先把直线和曲线的参数方程化成普通方程，再化成极坐标方程；
（2）联立极坐标方程，根据极径的几何意义可得，再由面积可解得极角，从而可得．
【详解】
（1）直线的参数方程是为参数），
消去参数得直角坐标方程为：．
转换为极坐标方程为：，即．
曲线的参数方程是（为参数），
转换为直角坐标方程为：，
化为一般式得
化为极坐标方程为：．
（2）由于，得，．
所以，
所以，
由于，所以，
所以．
【点睛】
本题主要考查参数方程与普通方程的互化、直角坐标方程与极坐标方程的互化，熟记公式即可，属于常考题型.
19、（1）证明见解析；（2）
【解析】
（1）取的中点，连接，易得，进而可证明四边形为平行四边形，即，从而可证明平面；
（2）取中点，中点，连接，易证平面，平面，从而可知两两垂直，以点为坐标原点，向量的方向分别为轴正方向建立如图所示空间直角坐标系，进而求出平面的法向量，及平面的法向量为，由，可求得平面与平面所成的二面角的正弦值.
【详解】
（1）证明：如图1，取的中点，连接.
，，
，，且，
四边形为平行四边形，.
又平面，平面，平面.
（2）如图2，取中点，中点，连接.
，，
平面平面，平面平面，
平面，平面，
两两垂直.
以点为坐标原点，向量的方向分别为轴正方向建立如图所示空间直角坐标系.
由，可得，
在等腰梯形中，，易知，
.
则，，
设平面的法向量为，
则，取，得.
设平面的法向量为，
则，取，得.
因为，，，所以，
所以平面与平面所成的二面角的正弦值为.
【点睛】
本题考查线面平行的证明，考查二面角的求法，利用空间向量法是解决本题的较好方法，属于中档题.
20、（Ⅰ）；（Ⅱ）。
【解析】
（Ⅰ）分类讨论，去掉绝对值，求得原绝对值不等式的解集；（Ⅱ）由条件利用基本不等式求得，，再由，求得的范围．
【详解】
（Ⅰ）当时，原不等式可化为，此时不成立；
当时，原不等式可化为，解得，即；
当时，原不等式可化为，解得.
综上，原不等式的解集是．
（Ⅱ）因为，当且仅当时等号成立，
所以.
当时，，所以．
所以，解得，故实数的取值范围为．
【点睛】
本题主要考查了绝对值不等式的解法，以及转化与化归思想，难度一般；常见的绝对值不等式的解法，法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想．
21、（1）不是，见解析（2）（3）
【解析】
（1）利用递推关系求出数列的通项公式，进一步验证时，是否为数列中的项，即可得答案；
（2）由题意得，再对公差进行分类讨论，即可得答案；
（3）由题意得数列为等差数列，设数列的公差为，再根据不等式得到公差的值，即可得答案；
【详解】
（1）当时，
又，所以．
所以
当时，，而，
所以时，不是数列中的项，故数列不是为“数列”
（2）因为数列是公差为的等差数列，
所以．
因为数列为“数列”
所以任意，存在，使得，即有．
①若，则只需，使得，从而得是数列中的项．
②若，则．此时，当时，不为正整数，所以不符合题意．综上，．
（3）由题意，所以，
又因为，且数列为“数列”，
所以，即，所以数列为等差数列．
设数列的公差为，则有，
由，得，
整理得，①
．②
若，取正整数，
则当时，，
与①式对应任意恒成立相矛盾，因此．
同样根据②式可得，
所以．又，所以．
经检验当时，①②两式对应任意恒成立，
所以数列的通项公式为．
【点睛】
本题考查数列新定义题、等差数列的通项公式，考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，难度较大.
22、（Ⅰ），；（Ⅱ）见解析
【解析】
（Ⅰ）由，且成等差数列，可求得q，从而可得本题答案；
（Ⅱ）化简求得，然后求得，再用裂项相消法求，即可得到本题答案.
【详解】
（Ⅰ）因为数列是各项均为正数的等比数列，，可设公比为q，，
又成等差数列，
所以，即，
解得或（舍去），则，；
（Ⅱ）证明：，
，，
则，
因为，所以
即.
【点睛】
本题主要考查等差等比数列的综合应用，以及用裂项相消法求和并证明不等式，考查学生的运算求解能力和推理证明能力.