2026届北京市大兴区市级名校高考冲刺模拟数学试题含解析

这是一份2026届北京市大兴区市级名校高考冲刺模拟数学试题含解析，共4页。试卷主要包含了记的最大值和最小值分别为和，中，，为的中点，，，则，已知将函数等内容，欢迎下载使用。
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．
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．某三棱锥的三视图如图所示，那么该三棱锥的表面中直角三角形的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．0
2．盒中装有形状、大小完全相同的5张“刮刮卡”，其中只有2张“刮刮卡”有奖，现甲从盒中随机取出2张，则至少有一张有奖的概率为( )
A．B．C．D．
3．已知，则（ ）
A．B．C．D．
4．公元前世纪，古希腊哲学家芝诺发表了著名的阿基里斯悖论：他提出让乌龟在跑步英雄阿基里斯前面米处开始与阿基里斯赛跑，并且假定阿基里斯的速度是乌龟的倍.当比赛开始后，若阿基里斯跑了米，此时乌龟便领先他米，当阿基里斯跑完下一个米时，乌龟先他米，当阿基里斯跑完下-个米时，乌龟先他米所以，阿基里斯永远追不上乌龟.按照这样的规律，若阿基里斯和乌龟的距离恰好为米时，乌龟爬行的总距离为（ ）
A．米B．米
C．米D．米
5．已知，，则（ ）
A．B．C．D．
6．记的最大值和最小值分别为和．若平面向量、、，满足，则（ ）
A．B．
C．D．
7．已知定义在上的偶函数满足，且在区间上是减函数，令，则的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
8．已知为抛物线的焦点，点在抛物线上，且，过点的动直线与抛物线交于两点，为坐标原点，抛物线的准线与轴的交点为.给出下列四个命题：
①在抛物线上满足条件的点仅有一个；
②若是抛物线准线上一动点，则的最小值为；
③无论过点的直线在什么位置，总有；
④若点在抛物线准线上的射影为，则三点在同一条直线上.
其中所有正确命题的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
9．中，，为的中点，，，则（ ）
A．B．C．D．2
10．已知将函数（，）的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，若和的图象都关于对称，则的值为（ ）
A．2B．3C．4D．
11．在中，，，，点满足，则等于（ ）
A．10B．9C．8D．7
12．设集合A＝{y|y＝2x﹣1，x∈R}，B＝{x|﹣2≤x≤3，x∈Z}，则A∩B＝（ ）
A．（﹣1，3]B．[﹣1，3]C．{0，1，2，3}D．{﹣1，0，1，2，3}
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．有甲、乙、丙、丁四位歌手参加比赛，其中只有一位获奖，有人走访了四位歌手，甲说“是乙或丙获奖.”乙说：“甲、丙都未获奖.”丙说：“我获奖了”.丁说：“是乙获奖.”四位歌手的话只有两句是对的，则获奖的歌手是__________．
14．正四面体的各个点在平面同侧，各点到平面的距离分别为1，2，3，4，则正四面体的棱长为__________．
15．在四棱锥中，是边长为的正三角形，为矩形，，.若四棱锥的顶点均在球的球面上，则球的表面积为_____．
16．在正方体中，分别为棱的中点，则直线与直线所成角的正切值为_________.
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）已知椭圆的左，右焦点分别为，，，M是椭圆E上的一个动点，且的面积的最大值为.
（1）求椭圆E的标准方程，
（2）若，，四边形ABCD内接于椭圆E，，记直线AD，BC的斜率分别为，，求证:为定值.
18．（12分）已知函数．
（1）当时，求的单调区间．
（2）设直线是曲线的切线，若的斜率存在最小值-2，求的值，并求取得最小斜率时切线的方程．
（3）已知分别在，处取得极值，求证：．
19．（12分）已知函数.
（1）若，且，求证：；
（2）若时，恒有，求的最大值.
20．（12分）已知函数，.
（1）讨论的单调性；
（2）当时，证明：.
21．（12分）在直角坐标系中，以为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系．曲线的极坐标方程为：，曲线的参数方程为其中，为参数，为常数．
（1）写出与的直角坐标方程；
（2）在什么范围内取值时，与有交点．
22．（10分）在平面直角坐标系中，已知椭圆的左顶点为，右焦点为，为椭圆上两点，圆.
（1）若轴，且满足直线与圆相切，求圆的方程；
（2）若圆的半径为，点满足，求直线被圆截得弦长的最大值.
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】
由三视图还原原几何体，借助于正方体可得三棱锥的表面中直角三角形的个数.
【详解】
由三视图还原原几何体如图，
其中，，为直角三角形.
∴该三棱锥的表面中直角三角形的个数为3.
故选：C.
【点睛】
本小题主要考查由三视图还原为原图，属于基础题.
2、C
【解析】
先计算出总的基本事件的个数，再计算出两张都没获奖的个数，根据古典概型的概率，求出两张都没有奖的概率，由对立事件的概率关系，即可求解.
【详解】
从5张“刮刮卡”中随机取出2张，共有种情况，
2张均没有奖的情况有（种），故所求概率为.
故选:C.
【点睛】
本题考查古典概型的概率、对立事件的概率关系，意在考查数学建模、数学计算能力，属于基础题.
3、C
【解析】
利用诱导公式得，，再利用倍角公式，即可得答案.
【详解】
由可得，∴，
∴.
故选：C.
【点睛】
本题考查诱导公式、倍角公式，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，求解时注意三角函数的符号.
4、D
【解析】
根据题意，是一个等比数列模型，设，由，解得，再求和.
【详解】
根据题意，这是一个等比数列模型，设，
所以，
解得，
所以 .
故选：D
【点睛】
本题主要考查等比数列的实际应用，还考查了建模解模的能力，属于中档题.
5、D
【解析】
分别解出集合然后求并集.
【详解】
解：，
故选：D
【点睛】
考查集合的并集运算，基础题.
6、A
【解析】
设为、的夹角，根据题意求得，然后建立平面直角坐标系，设，，，根据平面向量数量积的坐标运算得出点的轨迹方程，将和转化为圆上的点到定点距离，利用数形结合思想可得出结果.
【详解】
由已知可得，则，，，
建立平面直角坐标系，设，，，
由，可得，
即，
化简得点的轨迹方程为，则，
则转化为圆上的点与点的距离，，，
，
转化为圆上的点与点的距离，
，.
故选：A.
【点睛】
本题考查和向量与差向量模最值的求解，将向量坐标化，将问题转化为圆上的点到定点距离的最值问题是解答的关键，考查化归与转化思想与数形结合思想的应用，属于中等题.
7、C
【解析】
可设，根据在上为偶函数及便可得到：，可设，，且，根据在上是减函数便可得出，从而得出在上单调递增，再根据对数的运算得到、、的大小关系，从而得到的大小关系.
【详解】
解：因为，即，又，
设，根据条件，，；
若，，且，则：；
在上是减函数；
；
；
在上是增函数；
所以，
故选：C
【点睛】
考查偶函数的定义，减函数及增函数的定义，根据单调性定义判断一个函数单调性的方法和过程：设，通过条件比较与，函数的单调性的应用，属于中档题.
8、C
【解析】
①：由抛物线的定义可知，从而可求 的坐标；②：做关于准线的对称点为，通过分析可知当三点共线时取最小值，由两点间的距离公式，可求此时最小值；③：设出直线方程，联立直线与抛物线方程，结合韦达定理，可知焦点坐标的关系，进而可求，从而可判断出的关系；④：计算直线 的斜率之差，可得两直线斜率相等，进而可判断三点在同一条直线上.
【详解】
解：对于①，设，由抛物线的方程得，则， 故，
所以或，所以满足条件的点有二个，故①不正确；
对于②，不妨设，则关于准线的对称点为，
故，
当且仅当三点共线时等号成立，故②正确；
对于③，由题意知， ，且的斜率不为0，则设方程为：，
设与抛物线的交点坐标为，联立直线与抛物线的方程为，
，整理得，则，所以
，
则
.故的倾斜角互补，所以，故③正确.
对于④，由题意知 ，由③知，
则 ，由，
知，即三点在同一条直线上，故④正确.
故选:C.
【点睛】
本题考查了抛物线的定义，考查了直线与抛物线的位置关系，考查了抛物线的性质，考查了直线方程，考查了两点的斜率公式.本题的难点在于第二个命题，结合初中的“饮马问题”分析出何时取最小值.
9、D
【解析】
在中，由正弦定理得；进而得，在中，由余弦定理可得.
【详解】
在中，由正弦定理得，得，又，所以为锐角，所以，，
在中，由余弦定理可得，
.
故选：D
【点睛】
本题主要考查了正余弦定理的应用，考查了学生的运算求解能力.
10、B
【解析】
因为将函数（，）的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，可得，结合已知，即可求得答案.
【详解】
将函数（，）的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象
，
又和的图象都关于对称，
由，
得，，
即，
又，
.
故选：B.
【点睛】
本题主要考查了三角函数图象平移和根据图象对称求参数，解题关键是掌握三角函数图象平移的解法和正弦函数图象的特征，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.
11、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．
12、C
【解析】
先求集合A，再用列举法表示出集合B，再根据交集的定义求解即可．
【详解】
解：∵集合A＝{y|y＝2x﹣1，x∈R}＝{y|y＞﹣1}，
B＝{x|﹣2≤x≤3，x∈Z}＝{﹣2，﹣1，0，1，2，3}，
∴A∩B＝{0，1，2，3}，
故选：C．
【点睛】
本题主要考查集合的交集运算，属于基础题．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、丙
【解析】
若甲获奖，则甲、乙、丙、丁说的都是错的，同理可推知乙、丙、丁获奖的情况，可知获奖的歌手是丙．
考点：反证法在推理中的应用.
14、
【解析】
不妨设点A，D，C，B到面的距离分别为1，2，3，4，平面向下平移两个单位，与正四面体相交，过点D，与AB，AC分别相交于点E，F，根据题意F为中点，E为AB的三等分点（靠近点A），设棱长为a， 求得，再用余弦定理求得：，从而求得，再根据顶点A到面EDF的距离为，得到，然后利用等体积法求解，
【详解】
不妨设点A，D，C，B到面的距离分别为1，2，3，4，
平面向下平移两个单位，与正四面体相交，过点D，与AB，AC分别相交于点E，F，如图所示：
由题意得：F为中点，E为AB的三等分点（靠近点A），
设棱长为a， ，
顶点D到面ABC的距离为
所以，
由余弦定理得：
，
所以，所以，
又顶点A到面EDF的距离为，
所以，
因为，
所以，
解得，
故答案为：
【点睛】
本题主要考查几何体的切割问题以及等体积法的应用，还考查了转化化归的思想和空间想象，运算求解的能力，属于难题，
15、
【解析】
做 中点，的中点，连接，由已知条件可求出，运用余弦定理可求，从而在平面中建立坐标系，则以及的外接圆圆心为和长方形的外接圆圆心为在该平面坐标系的坐标可求，通过球心满足，即可求出的坐标，从而可求球的半径，进而能求出球的表面积.
【详解】
解：如图做 中点，的中点，连接 ，由题意知
，则
设的外接圆圆心为，则在直线上且
设长方形的外接圆圆心为，则在上且.设外接球的球心为
在 中，由余弦定理可知，.
在平面中，以 为坐标原点，以 所在直线为 轴，以过点垂直于 轴的直
线为 轴，如图建立坐标系，由题意知，在平面中且
设 ，则，因为，所以
解得.则
所以球的表面积为.
故答案为: .
【点睛】
本题考查了几何体外接球的问题，考查了球的表面积.关于几何体的外接球的做题思路有：一是通过将几何体补充到长方体中，将几何体的外接球等同于长方体的外接球，求出体对角线即为直径，但这种方法适用性较差；二是通过球的球心与各面外接圆圆心的连线与该平面垂直，设半径列方程求解；三是通过空间、平面坐标系进行求解.
16、
【解析】
由中位线定理和正方体性质得，从而作出异面直线所成的角，在三角形中计算可得．
【详解】
如图，连接，，，∵分别为棱的中点，∴，
又正方体中，即是平行四边形，∴，∴，（或其补角）就是直线与直线所成角，是等边三角形，∴＝60°，其正切值为．
故答案为：．
【点睛】
本题考查异面直线所成的角，解题关键是根据定义作出异面直线所成的角．
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）证明见解析
【解析】
（1）设椭圆E的半焦距为c，由题意可知，当M为椭圆E的上顶点或下顶点时，的面积取得最大值，求出，即可得答案；
（2）根据题意可知，，因为，所以可设直线CD的方程为，将直线代入曲线的方程，利用韦达定理得到的关系，再代入斜率公式可证得为定值.
【详解】
（1）设椭圆E的半焦距为c，由题意可知，
当M为椭圆E的上顶点或下顶点时，的面积取得最大值.
所以，所以，，
故椭圆E的标准方程为.
（2）根据题意可知，，因为，
所以可设直线CD的方程为.
由，消去y可得，
所以，即.
直线AD的斜率，
直线BC的斜率，
所以
，故为定值.
【点睛】
本题考查椭圆标准方程的求解、椭圆中的定值问题，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，求解时注意坐标法的运用.
18、（1）单调递增区间为，；单调递减区间为；（2），；（3）证明见解析．
【解析】
（1）由的正负可确定的单调区间；
（2）利用基本不等式可求得时，取得最小值，由导数的几何意义可知，从而求得，求得切点坐标后，可得到切线方程；
（3）由极值点的定义可知是的两个不等正根，由判别式大于零得到的取值范围，同时得到韦达定理的形式；化简为，结合的范围可证得结论.
【详解】
（1）由题意得：的定义域为，
当时，，
，
当和时，；当时，，
的单调递增区间为，；单调递减区间为.
（2），所以（当且仅当，即时取等号），
切线的斜率存在最小值，，解得：，
，即切点为，
从而切线方程，即：．
（3），
分别在，处取得极值，
，是方程，即的两个不等正根．
则，解得：，且，．
，
，，
即不等式成立．
【点睛】
本题考查导数在研究函数中的应用，涉及到利用导数求解函数的单调区间、导数几何意义的应用、利用导数证明不等式等知识；本题中证明不等式的关键是能够通过极值点的定义将问题转变为一元二次方程根的分布问题.
19、（1）见解析；（2）.
【解析】
（1）利用导数分析函数的单调性，并设，则，，将不等式等价转化为证明，构造函数，利用导数分析函数在区间上的单调性，通过推导出来证得结论；
（2）构造函数，对实数分、、，利用导数分析函数的单调性，求出函数的最小值，再通过构造新函数，利用导数求出函数的最大值，可得出的最大值.
【详解】
（1），，所以，函数单调递增，
所以，当时，，此时，函数单调递减；
当时，，此时，函数单调递增.
要证，即证.
不妨设，则，，
下证，即证，
构造函数，
，所以，函数在区间上单调递增，
，，即，即，
，且函数在区间上单调递增，
所以，即，故结论成立；
（2）由恒成立，得恒成立，
令，则.
①当时，对任意的，，函数在上单调递增，
当时，，不符合题意；
②当时，；
③当时，令，得，此时，函数单调递增；
令，得，此时，函数单调递减.
.
.
令，设，则.
当时，，此时函数单调递增；
当时，，此时函数单调递减.
所以，函数在处取得最大值，即.
因此，的最大值为.
【点睛】
本题考查利用导数证明不等式，同时也考查了利用导数求代数式的最值，构造新函数是解答的关键，考查推理能力，属于难题.
20、（1）见解析；（2）见解析
【解析】
（1）求导得，分类讨论和，利用导数研究含参数的函数单调性；
（2）根据（1）中求得的的单调性，得出在处取得最大值为，构造函数，利用导数，推出，即可证明不等式.
【详解】
解：（1）由于，得，
当时，，此时在上递增；
当时，由，解得，
若，则，
若，，
此时在递增，在上递减.
（2）由（1）知在处取得最大值为：
，
设，则，
令，则，
则在单调递减，∴，
即，则在单调递减
∴，
∴，
∴.
【点睛】
本题考查利用导数研究函数的单调性和最值，涉及分类讨论和构造新函数，通过导数证明不等式，考查转化思想和计算能力.
21、（1），．（2）
【解析】
（1）利用，代入可求；消参可得直角坐标方程.
（2）将的参数方程代入的直角坐标方程，与有交点，可得，解不等式即可求解.
【详解】
（1）
（2）将的参数方程代入的直角坐标方程得：
与有交点，即
【点睛】
本题考查了极坐标方程与普通方程的转化、参数方程与普通方程的转化、直线与圆的位置关系的判断，属于基础题.
22、（1）（2）
【解析】
试题分析：（1）确定圆的方程，就是确定半径的值，因为直线与圆相切，所以先确定直线方程，即确定点坐标：因为轴，所以，根据对称性，可取，则直线的方程为，根据圆心到切线距离等于半径得（2）根据垂径定理，求直线被圆截得弦长的最大值，就是求圆心到直线的距离的最小值. 设直线的方程为，则圆心到直线的距离，利用得，化简得，利用直线方程与椭圆方程联立方程组并结合韦达定理得，因此，当时，取最小值，取最大值为.
试题解析：解：（1）
因为椭圆的方程为，所以，.
因为轴，所以，而直线与圆相切，
根据对称性，可取，
则直线的方程为，
即.
由圆与直线相切，得，
所以圆的方程为.
（2）
易知，圆的方程为.
①当轴时，，
所以，
此时得直线被圆截得的弦长为.
②当与轴不垂直时，设直线的方程为，，
首先由，得，
即，
所以（*）.
联立，消去，得，
将代入（*）式，
得.
由于圆心到直线的距离为，
所以直线被圆截得的弦长为，故当时，有最大值为.
综上，因为，所以直线被圆截得的弦长的最大值为.
考点：直线与圆位置关系