2026届北京师大二附中高考压轴卷数学试卷含解析

这是一份2026届北京师大二附中高考压轴卷数学试卷含解析，共4页。试卷主要包含了设函数，若函数有三个零点，则，已知复数满足，则等内容，欢迎下载使用。
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
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．若圆锥轴截面面积为，母线与底面所成角为60°，则体积为( )
A．B．C．D．
2．集合，，则（ ）
A．B．C．D．
3．复数为纯虚数，则( )
A．iB．﹣2iC．2iD．﹣i
4．祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”.意思是说：两个同高的几何体，如在等高处的截面积恒相等，则体积相等.设、为两个同高的几何体，、的体积不相等，、在等高处的截面积不恒相等.根据祖暅原理可知，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
5．对于定义在上的函数，若下列说法中有且仅有一个是错误的，则错误的一个是（ ）
A．在上是减函数B．在上是增函数
C．不是函数的最小值D．对于，都有
6．设，分别是椭圆的左、右焦点，过的直线交椭圆于，两点，且，，则椭圆的离心率为( )
A．B．C．D．
7．设函数，若函数有三个零点，则（ ）
A．12B．11C．6D．3
8．已知的部分图象如图所示，则的表达式是（ ）
A．B．
C．D．
9．已知复数满足，则（ ）
A．B．2C．4D．3
10．在直三棱柱中，己知，，，则异面直线与所成的角为（ ）
A．B．C．D．
11．如图是正方体截去一个四棱锥后的得到的几何体的三视图，则该几何体的体积是（ ）
A．B．C．D．
12．如图所示，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E、F且EF=，则下列结论中错误的是（ ）
A．AC⊥BEB．EF平面ABCD
C．三棱锥A-BEF的体积为定值D．异面直线AE,BF所成的角为定值
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知三棱锥的四个顶点都在球O的球面上，，，，，E，F分别为，的中点，，则球O的体积为______.
14．已知，复数且（为虚数单位），则__________，_________．
15．某地区教育主管部门为了对该地区模拟考试成绩进行分析，随机抽取了150分到450分之间的1 000名学生的成绩，并根据这1 000名学生的成绩画出样本的频率分布直方图(如图)，则成绩在[250，400)内的学生共有____人．
16．若，则____.
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，不等式的解集；
（2）若，求实数的取值范围.
18．（12分）某中学的甲、乙、丙三名同学参加高校自主招生考试，每位同学彼此独立的从五所高校中任选2所．
（1）求甲、乙、丙三名同学都选高校的概率；
（2）若已知甲同学特别喜欢高校，他必选校，另在四校中再随机选1所；而同学乙和丙对五所高校没有偏爱，因此他们每人在五所高校中随机选2所．
（i）求甲同学选高校且乙、丙都未选高校的概率；
（ii）记为甲、乙、丙三名同学中选高校的人数，求随机变量的分布列及数学期望．
19．（12分）已知函数为实数)的图像在点处的切线方程为.
（1）求实数的值及函数的单调区间；
（2）设函数，证明时， .
20．（12分）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是梯形．BC∥AD，AB＝BC＝CD＝1，AD＝2，，
（Ⅰ）证明；AC⊥BP；
（Ⅱ）求直线AD与平面APC所成角的正弦值．
21．（12分）已知数列满足，，其前n项和为.
（1）通过计算，，，猜想并证明数列的通项公式；
（2）设数列满足，，，若数列是单调递减数列，求常数t的取值范围.
22．（10分）设，
（1）求的单调区间；
（2）设恒成立，求实数的取值范围.
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、D
【解析】
设圆锥底面圆的半径为，由轴截面面积为可得半径，再利用圆锥体积公式计算即可.
【详解】
设圆锥底面圆的半径为，由已知，，解得，
所以圆锥的体积.
故选：D
【点睛】
本题考查圆锥的体积的计算，涉及到圆锥的定义，是一道容易题.
2、A
【解析】
计算，再计算交集得到答案.
【详解】
，，故.
故选：.
【点睛】
本题考查了交集运算，属于简单题.
3、B
【解析】
复数为纯虚数，则实部为0，虚部不为0，求出，即得.
【详解】
∵为纯虚数，
∴，解得.
.
故选：.
【点睛】
本题考查复数的分类，属于基础题.
4、A
【解析】
由题意分别判断命题的充分性与必要性，可得答案.
【详解】
解：由题意，若、的体积不相等，则、在等高处的截面积不恒相等，充分性成立；反之，、在等高处的截面积不恒相等，但、的体积可能相等，例如是一个正放的正四面体，一个倒放的正四面体，必要性不成立，所以是的充分不必要条件，
故选：A.
【点睛】
本题主要考查充分条件、必要条件的判定，意在考查学生的逻辑推理能力.
5、B
【解析】
根据函数对称性和单调性的关系，进行判断即可．
【详解】
由得关于对称，
若关于对称，则函数在上不可能是单调的，
故错误的可能是或者是，
若错误，
则在，上是减函数，在在上是增函数，则为函数的最小值，与矛盾，此时也错误，不满足条件．
故错误的是，
故选：．
【点睛】
本题主要考查函数性质的综合应用，结合对称性和单调性的关系是解决本题的关键．
6、C
【解析】
根据表示出线段长度，由勾股定理，解出每条线段的长度，再由勾股定理构造出关系，求出离心率.
【详解】
设，则
由椭圆的定义，可以得到
,
在中，有，解得
在中，有
整理得，
故选C项.
【点睛】
本题考查几何法求椭圆离心率，是求椭圆离心率的一个常用方法，通过几何关系，构造出关系，得到离心率.属于中档题.
7、B
【解析】
画出函数的图象，利用函数的图象判断函数的零点个数，然后转化求解，即可得出结果．
【详解】
作出函数的图象如图所示，
令，
由图可得关于的方程的解有两个或三个（时有三个，时有两个），
所以关于的方程只能有一个根（若有两个根，则关于的方程有四个或五个根），
由，可得的值分别为，
则
故选B．
【点睛】
本题考查数形结合以及函数与方程的应用，考查转化思想以及计算能力，属于常考题型.
8、D
【解析】
由图象求出以及函数的最小正周期的值，利用周期公式可求得的值，然后将点的坐标代入函数的解析式，结合的取值范围求出的值，由此可得出函数的解析式.
【详解】
由图象可得，函数的最小正周期为，.
将点代入函数的解析式得，得，
，，则，，
因此，.
故选：D.
【点睛】
本题考查利用图象求三角函数解析式，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.
9、A
【解析】
由复数除法求出，再由模的定义计算出模．
【详解】
．
故选：A．
【点睛】
本题考查复数的除法法则，考查复数模的运算，属于基础题．
10、C
【解析】
由条件可看出，则为异面直线与所成的角，可证得三角形中，，解得从而得出异面直线与所成的角．
【详解】
连接，，如图：
又，则为异面直线与所成的角.
因为且三棱柱为直三棱柱，∴∴面，
∴，
又，，∴，
∴，解得.
故选C
【点睛】
考查直三棱柱的定义，线面垂直的性质，考查了异面直线所成角的概念及求法，考查了逻辑推理能力，属于基础题．
11、C
【解析】
根据三视图作出几何体的直观图，结合三视图的数据可求得几何体的体积.
【详解】
根据三视图还原几何体的直观图如下图所示：
由图可知，该几何体是在棱长为的正方体中截去四棱锥所形成的几何体，
该几何体的体积为.
故选：C.
【点睛】
本题考查利用三视图计算几何体的体积，考查空间想象能力与计算能力，属于基础题.
12、D
【解析】
A．通过线面的垂直关系可证真假；B．根据线面平行可证真假；C．根据三棱锥的体积计算的公式可证真假；D．根据列举特殊情况可证真假.
【详解】
A．因为，所以平面，
又因为平面，所以，故正确；
B．因为，所以，且平面，平面，
所以平面，故正确；
C．因为为定值，到平面的距离为，
所以为定值，故正确；
D．当，，取为，如下图所示：
因为，所以异面直线所成角为，
且，
当，，取为，如下图所示：
因为，所以四边形是平行四边形，所以，
所以异面直线所成角为，且，
由此可知：异面直线所成角不是定值，故错误.
故选：D.
【点睛】
本题考查立体几何中的综合应用，涉及到线面垂直与线面平行的证明、异面直线所成角以及三棱锥体积的计算，难度较难.注意求解异面直线所成角时，将直线平移至同一平面内.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
可证，则为的外心，又则平面
即可求出，的值，再由勾股定理求出外接球的半径，最后根据体积公式计算可得.
【详解】
解：，，
，因为为的中点，所以为的外心，
因为，所以点在内的投影为的外心，
所以平面，
平面
，
所以，
所以，
又球心在上，设，则，所以，所以球O体积，.
故答案为：
【点睛】
本题考查多面体外接球体积的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查计算能力，属于中档题．
14、
【解析】
∵复数且
∴
∴
∴
∴，
故答案为，
15、750
【解析】因为，得，
所以。
16、
【解析】
由， 得出，根据两角和与差的正弦公式和余弦公式化简，再利用齐次式即可求出结果.
【详解】
因为， 所以，
所以.
故答案为：.
【点睛】
本题考查三角函数化简求值，利用二倍角正切公式、两角和与差的正弦公式和余弦公式，以及运用齐次式求值，属于对公式的考查以及对计算能力的考查.
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）依题意可得，再用零点分段法分类讨论可得；
（2）依题意可得对恒成立，根据绝对值的几何意义将绝对值去掉，分别求出解集，则两解集的并集为，得到不等式即可解得；
【详解】
解：（1）若，，则，即，
当时，原不等式等价于，解得
当时，原不等式等价于，解得，所以；
当时，原不等式等价于，解得；
综上，原不等式的解集为；
（2）即，得或，
由解得，
由解得，
要使得的解集为，则
解得，故的取值范围是.
【点睛】
本题考查绝对值不等式的解法，着重考查等价转化思想与分类讨论思想的综合应用，属于中档题．
18、（1） （2）（i）（ii）分布列见解析，
【解析】
（1）先计算甲、乙、丙同学分别选择D高校的概率，利用事件的独立性即得解；
（2）（i）分别计算每个事件的概率，再利用事件的独立性即得解；
（ii），利用事件的独立性，分别计算对应的概率，列出分布列，计算数学期望即得解.
【详解】
（1）甲从五所高校中任选2所，共有
共10种情况，
甲、乙、丙同学都选高校，共有四种情况，
甲同学选高校的概率为，
因此乙、丙两同学选高校的概率为,
因为每位同学彼此独立，
所以甲、乙、丙三名同学都选高校的概率为．
（2）（i）甲同学必选校且选高校的概率为，乙未选高校的概率为，
丙未选高校的概率为，因为每位同学彼此独立，
所以甲同学选高校且乙、丙都未选高校的概率为．
（ii），
因此
，
．
即的分布列为
因此数学期望为
．
【点睛】
本题考查了事件独立性的应用和随机变量的分布列和期望，考查了学生综合分析，概念理解，实际应用，数学运算的能力，属于中档题.
19、 (1) ;函数的单调递减区间为，单调递增区间为;(2)详见解析.
【解析】
试题分析：（1）由题得，根据曲线在点处的切线方程，列出方程组，求得的值，得到的解析式，即可求解函数的单调区间；
（2）由（1）得 根据由，整理得，
设，转化为函数的最值，即可作出证明.
试题解析：
（1）由题得，函数的定义域为， ，
因为曲线在点处的切线方程为，
所以解得.
令，得，
当时， ， 在区间内单调递减；
当时， ， 在区间内单调递增.
所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为.
（2）由（1）得， .
由，得，即.
要证，需证，即证，
设，则要证，等价于证： .
令，则，
∴在区间内单调递增， ,
即，故.
20、（Ⅰ）见解析（Ⅱ）．
【解析】
(I)取的中点,连接,通过证明平面得出;
(II)以为原点建立坐标系，求出平面的法向量，通过计算与的夹角得出与平面所成角．
【详解】
（I）证明：取AC的中点M，连接PM，BM，
∵AB＝BC，PA＝PC，
∴AC⊥BM，AC⊥PM，又BM∩PM＝M，
∴AC⊥平面PBM，
∵BP⊂平面PBM，
∴AC⊥BP．
（II）解：∵底面ABCD是梯形．BC∥AD，AB＝BC＝CD＝1，AD＝2，
∴∠ABC＝120°，
∵AB＝BC＝1，∴AC，BM，∴AC⊥CD，
又AC⊥BM，∴BM∥CD．
∵PA＝PC，CM，∴PM，
∵PB，∴cs∠BMP，∴∠PMB＝120°，
以M为原点，以MB，MC的方向为x轴，y轴的正方向，
以平面ABCD在M处的垂线为z轴建立坐标系M﹣xyz，如图所示：
则A（0，，0），C（0，，0），P（，0，），D（﹣1，，0），
∴（﹣1，，0），（0，，0），（，，），
设平面ACP的法向量为（x，y，z），则，即，
令x得（，0，1），
∴cs，，
∴直线AD与平面APC所成角的正弦值为|cs，|．
【点睛】
本题考查异面直线垂直的证明,考查直线与平面所成角的正弦值的求法,解题时要认真审题,注意向量法的合理使用,难度一般.
21、（1），证明见解析；（2）
【解析】
（1）首先利用赋值法求出的值，进一步利用定义求出数列的通项公式；（2）首先利用叠乘法求出数列的通项公式，进一步利用数列的单调性和基本不等式的应用求出参数的范围．
【详解】
（1）数列满足，，其前项和为．
所以，，
则，，，
所以猜想得：．
证明：由于，
所以，
则：（常数），
所以数列是首项为1，公差为的等差数列．
所以，整理得．
（2）数列满足，，
所以，
则，
所以．则，
所以，
所以，整理得，
由于，所以，即．
【点睛】
本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，叠乘法的应用，函数的单调性在数列中的应用，基本不等式的应用，主要考察学生的运算能力和转换能力，属于中档题型．
22、（1）单调递增区间为，单调递减区间为；（2）
【解析】
（1），令，解不等式即可；
（2），令得，即，且的最小值为，令，结合即可解决.
【详解】
（1），
当时，，递增，
当时，，递减.
故的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2），
，
，设的根为，即有可得，
，当时，，递减，
当时，，递增.
，
所以，
①当；
②当时，设，
递增，，所以.
综上，.
【点睛】
本题考查了利用导数研究函数单调性以及函数恒成立问题，这里要强调一点，处理恒成立问题时，通常是构造函数，将问题转化为函数的极值或最值来处理.
0
1
2
3