2026届北京交通大学附属中学高考数学三模试卷含解析

这是一份2026届北京交通大学附属中学高考数学三模试卷含解析，共4页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁，若的展开式中的系数为150，则，已知集合，在中，，，，点满足，则等于，已知集合，集合，则.等内容，欢迎下载使用。
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．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．已知双曲线的右焦点为，若双曲线的一条渐近线的倾斜角为，且点到该渐近线的距离为，则双曲线的实轴的长为
A．B．
C．D．
2．在棱长均相等的正三棱柱中，为的中点，在上，且，则下述结论：①；②；③平面平面：④异面直线与所成角为其中正确命题的个数为( )
A．1B．2C．3D．4
3．设是虚数单位，复数（ ）
A．B．C．D．
4．若的展开式中的系数为150，则（ ）
A．20B．15C．10D．25
5．已知的内角、、的对边分别为、、，且，，为边上的中线，若，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
6．已知，则“m⊥n”是“m⊥l”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
7．已知集合．为自然数集，则下列表示不正确的是（ ）
A．B．C．D．
8．在中，，，，点满足，则等于（ ）
A．10B．9C．8D．7
9．我国古代数学巨著《九章算术》中，有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何？”这个问题用今天的白话叙述为：有一位善于织布的女子，每天织的布都是前一天的2倍，已知她5天共织布5尺，问这位女子每天分别织布多少？根据上述问题的已知条件，若该女子共织布尺，则这位女子织布的天数是（ ）
A．2B．3C．4D．1
10．已知集合，集合，则（ ）.
A．B．
C．D．
11．过抛物线的焦点F作两条互相垂直的弦AB，CD，设P为抛物线上的一动点，，若，则的最小值是（ ）
A．1B．2C．3D．4
12．为了进一步提升驾驶人交通安全文明意识，驾考新规要求驾校学员必须到街道路口执勤站岗，协助交警劝导交通.现有甲、乙等5名驾校学员按要求分配到三个不同的路口站岗，每个路口至少一人，且甲、乙在同一路口的分配方案共有( )
A．12种B．24种C．36种D．48种
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知向量，若向量与共线，则________.
14．已知实数，满足约束条件，则的最大值是__________.
15．在中，为定长，，若的面积的最大值为，则边的长为____________．
16．若函数在区间上恰有4个不同的零点，则正数的取值范围是______.
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）已知函数．
（1）若不等式有解，求实数的取值范围；
（2）函数的最小值为，若正实数，，满足，证明：．
18．（12分）已知多面体中，、均垂直于平面，，，，是的中点．
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
19．（12分）在直角坐标系中，直线的参数方程为为参数)，直线的参数方程(为参数)，若直线的交点为，当变化时，点的轨迹是曲线
（1）求曲线的普通方程；
（2）以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴且取相同的单位长度建立极坐标系，设射线的极坐标方程为，，点为射线与曲线的交点，求点的极径.
20．（12分）已知函数（，），.
（Ⅰ）讨论的单调性；
（Ⅱ）若对任意的，恒成立，求实数的取值范围.
21．（12分）（1）已知数列满足：，且（为非零常数，），求数列的前项和；
（2）已知数列满足：
（ⅰ）对任意的；
（ⅱ）对任意的，，且.
①若，求数列是等比数列的充要条件.
②求证：数列是等比数列，其中.
22．（10分）在极坐标系中，曲线的极坐标方程为，直线的极坐标方程为，设与交于、两点，中点为，的垂直平分线交于、.以为坐标原点，极轴为轴的正半轴建立直角坐标系.
（1）求的直角坐标方程与点的直角坐标；
（2）求证：.
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、B
【解析】
双曲线的渐近线方程为，由题可知．
设点，则点到直线的距离为，解得，
所以，解得，所以双曲线的实轴的长为，故选B．
2、B
【解析】
设出棱长，通过直线与直线的垂直判断直线与直线的平行，推出①的正误；判断是的中点推出②正的误；利用直线与平面垂直推出平面与平面垂直推出③正的误；建立空间直角坐标系求出异面直线与所成角判断④的正误．
【详解】
解：不妨设棱长为：2，对于①连结，则，即与不垂直，又，①不正确；
对于②，连结，，在中，，而，是的中点，所以，②正确；
对于③由②可知，在中，，连结，易知，而在中，，，
即，又，面，平面平面，③正确；
以为坐标原点，平面上过点垂直于的直线为轴，所在的直线为轴，所在的直线为轴，建立如图所示的直角坐标系；
， ，， ， ， ；
， ；
异面直线与所成角为，，故．④不正确．
故选：．
【点睛】
本题考查命题的真假的判断，棱锥的结构特征，直线与平面垂直，直线与直线的位置关系的应用，考查空间想象能力以及逻辑推理能力．
3、D
【解析】
利用复数的除法运算，化简复数，即可求解，得到答案．
【详解】
由题意，复数，故选D．
【点睛】
本题主要考查了复数的除法运算，其中解答中熟记复数的除法运算法则是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．
4、C
【解析】
通过二项式展开式的通项分析得到，即得解.
【详解】
由已知得，
故当时，，
于是有，
则.
故选：C
【点睛】
本题主要考查二项式展开式的通项和系数问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
5、B
【解析】
延长到，使，连接，则四边形为平行四边形，根据余弦定理可求出，进而可得的面积.
【详解】
解：延长到，使，连接，则四边形为平行四边形，
则，，，
在中，
则，得，
.
故选：B.
【点睛】
本题考查余弦定理的应用，考查三角形面积公式的应用，其中根据中线作出平行四边形是关键，是中档题.
6、B
【解析】
构造长方体ABCD﹣A1B1C1D1，令平面α为面ADD1A1，底面ABCD为β，然后再在这两个面中根据题意恰当的选取直线为m，n即可进行判断．
【详解】
如图，取长方体ABCD﹣A1B1C1D1，令平面α为面ADD1A1，底面ABCD为β，直线=直线。
若令AD1＝m，AB＝n，则m⊥n，但m不垂直于
若m⊥，由平面平面可知，直线m垂直于平面β，所以m垂直于平面β内的任意一条直线
∴m⊥n是m⊥的必要不充分条件．
故选：B．
【点睛】
本题考点有两个：①考查了充分必要条件的判断，在确定好大前提的条件下，从m⊥n⇒m⊥？和m⊥⇒m⊥n？两方面进行判断；②是空间的垂直关系，一般利用长方体为载体进行分析．
7、D
【解析】
集合．为自然数集，由此能求出结果．
【详解】
解：集合．为自然数集，
在A中，，正确；
在B中，，正确；
在C中，，正确；
在D中，不是的子集，故D错误．
故选：D．
【点睛】
本题考查命题真假的判断、元素与集合的关系、集合与集合的关系等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
8、D
【解析】
利用已知条件，表示出向量 ,然后求解向量的数量积．
【详解】
在中，，，，点满足，可得
则==
【点睛】
本题考查了向量的数量积运算，关键是利用基向量表示所求向量．
9、B
【解析】
将问题转化为等比数列问题，最终变为求解等比数列基本量的问题.
【详解】
根据实际问题可以转化为等比数列问题，
在等比数列中，公比，前项和为，，，求的值．
因为，解得，，解得．故选B．
【点睛】
本题考查等比数列的实际应用，难度较易.熟悉等比数列中基本量的计算，对于解决实际问题很有帮助.
10、A
【解析】
算出集合A、B及，再求补集即可.
【详解】
由，得，所以，又，
所以，故或.
故选：A.
【点睛】
本题考查集合的交集、补集运算，考查学生的基本运算能力，是一道基础题.
11、C
【解析】
设直线AB的方程为，代入得：，由根与系数的关系得，，从而得到，同理可得，再利用求得的值，当Q，P，M三点共线时，即可得答案.
【详解】
根据题意，可知抛物线的焦点为，则直线AB的斜率存在且不为0，
设直线AB的方程为，代入得：.
由根与系数的关系得，，
所以.
又直线CD的方程为，同理，
所以，
所以.故.过点P作PM垂直于准线，M为垂足，
则由抛物线的定义可得.
所以，当Q，P，M三点共线时，等号成立.
故选：C.
【点睛】
本题考查直线与抛物线的位置关系、焦半径公式的应用，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意取最值的条件.
12、C
【解析】
先将甲、乙两人看作一个整体，当作一个元素，再将这四个元素分成3个部分，每一个部分至少一个，再将这3部分分配到3个不同的路口，根据分步计数原理可得选项.
【详解】
把甲、乙两名交警看作一个整体，个人变成了4个元素，再把这4个元素分成3部分，每部分至少有1个人，共有种方法，再把这3部分分到3个不同的路口，有种方法，由分步计数原理，共有种方案。
故选：C.
【点睛】
本题主要考查排列与组合,常常运用捆绑法，插空法，先分组后分配等一些基本思想和方法解决问题，属于中档题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
计算得到，根据向量平行计算得到答案.
【详解】
由题意可得，
因为与共线，所以有，即，解得.
故答案为：.
【点睛】
本题考查了根据向量平行求参数，意在考查学生的计算能力.
14、
【解析】
令，所求问题的最大值为,只需求出即可，作出可行域，利用几何意义即可解决.
【详解】
作出可行域，如图
令，则，显然当直线经过时，最大，且，
故的最大值为.
故答案为：.
【点睛】
本题考查线性规划中非线性目标函数的最值问题，要做好此类题，前提是正确画出可行域，本题是一道基础题.
15、
【解析】
设，以为原点，为轴建系，则，，设，，
，利用求向量模的公式，可得，根据三角形面积公式进一步求出的值即为所求.
【详解】
解：设，以为原点，为轴建系，则，，设，，
则，
即，
由，可得.
则.
故答案为：.
【点睛】
本题考查向量模的计算，建系是关键，属于难题.
16、；
【解析】
求出函数的零点，让正数零点从小到大排列，第三个正数零点落在区间上，第四个零点在区间外即可．
【详解】
由，得，，
，，
∵，
∴ ，解得．
故答案为：．
【点睛】
本题考查函数的零点，根据正弦函数性质求出函数零点，然后题意，把正数零点从小到大排列，由于0已经是一个零点，因此只有前3个零点在区间上．由此可得的不等关系，从而得出结论，本题解法属于中档题．
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）见解析
【解析】
(1)分离得到，求的最小值即可求得的取值范围；（2）先求出，得到，利用乘变化即可证明不等式.
【详解】
解：（1）设，
∴在上单调递减，在上单调递增．
故．
∵有解，∴．
即的取值范围为．
（2），当且仅当时等号成立．
∴，即．
∵
．
当且仅当，，时等号成立．
∴，即成立．
【点睛】
此题考查不等式的证明，注意定值乘变化的灵活应用，属于较易题目.
18、（1）见解析；（2）．
【解析】
（1）取的中点，连接、，推导出四边形为平行四边形，可得出，由此能证明平面；
（2）由，得平面，则点到平面的距离等于点到平面的距离，在平面内过点作于点，就是到平面的距离，也就是点到平面的距离，由此能求出直线与平面所成角的正弦值．
【详解】
（1）取的中点，连接、，
、分别为、的中点，则且，
、均垂直于平面，且，则，且，
所以，四边形为平行四边形，则，
平面，平面，因此，平面；
（2）由，平面，平面，平面，
点到平面的距离等于点到平面的距离，
在平面内过点作于点，
平面，平面，，
，，平面，
即就是到平面的距离，也就是点到平面的距离，
设，
则到平面的距离，，
因此，直线与平面所成角的正弦值为．
【点睛】
本题考查线面平行的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．
19、（1）；（2）
【解析】
（1）将两直线化为普通方程，消去参数，即可求出曲线的普通方程；
（2）设Q点的直角坐标系坐标为,求出，
代入曲线C可求解.
【详解】
（1）直线的普通方程为,直线的普通方程为
联立直线,方程消去参数k,得曲线C的普通方程为
整理得.
（2）设Q点的直角坐标系坐标为,
由可得
代入曲线C的方程可得，
解得（舍），
所以点的极径为.
【点睛】
本题主要考查了直线的参数方程化为普通方程，普通方程化为极坐标方程，极径的求法，属于中档题.
20、（Ⅰ）见解析 （Ⅱ）
【解析】
（Ⅰ）求导得到，讨论和两种情况，得到答案.
（Ⅱ）变换得到，设，求，令，故在单调递增，存在使得，，计算得到答案.
【详解】
（Ⅰ）（），
当时，在单调递减，在单调递增；
当时，在单调递增，在单调递减.
（Ⅱ）（），即，（）.
令（），
则，
令，，故在单调递增，
注意到，，
于是存在使得，
可知在单调递增，在单调递减.
∴.
综上知，.
【点睛】
本题考查了函数的单调性，恒成立问题，意在考查学生对于导数知识的综合应用能力.
21、（1）；（2）①；②证明见解析.
【解析】
（1）由条件可得，结合等差数列的定义和通项公式、求和公式，即可得到所求；
（2）①若，可令，运用已知条件和等比数列的性质，即可得到所求充要条件；
②当，，，由等比数列的定义和不等式的性质，化简变形，即可得到所求结论．
【详解】
解：（1），，且为非零常数，，，
可得，
可得数列的首项为，公差为的等差数列，
可得，前项和为；
（2）①若，可令，，
且，即，，，，
对任意的，，可得，
可得，，
数列是等比数列，则，，
可得，，即，
又，即有，即，
数列是等比数列的充要条件为；
②证明：对任意的，，，，，
当，，，
可得，即以为首项、为公比的等比数列；
同理可得以为首项、为公比的等比数列；
对任意的，，可得，
即有，
所以对，，，
可得，，
即且，则，可令，
故数列，，，，，，，，，
是以为首项，为公比的等比数列，其中．
【点睛】
本题考查新定义的理解和运用，考查等差数列和等比数列的定义和通项公式的运用，考查分类讨论思想方法和推理、运算能力，属于难题．
22、（1），；（2）见解析.
【解析】
（1）将曲线的极坐标方程变形为，再由可将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程，将直线的方程与曲线的方程联立，求出点、的坐标，即可得出线段的中点的坐标；
（2）求得，写出直线的参数方程，将直线的参数方程与曲线的普通方程联立，利用韦达定理求得的值，进而可得出结论.
【详解】
（1）曲线的极坐标方程可化为，即，
将代入曲线的方程得，
所以，曲线的直角坐标方程为.
将直线的极坐标方程化为普通方程得，
联立，得或，则点、，
因此，线段的中点为；
（2）由（1）得，，
易知的垂直平分线的参数方程为（为参数），
代入的普通方程得，，
因此，.
【点睛】
本题考查曲线的极坐标方程与普通方程之间的转化，同时也考查了直线参数几何意义的应用，涉及韦达定理的应用，考查计算能力，属于中等题.