2026届北京市房山区4中高考冲刺押题（最后一卷）数学试卷含解析

这是一份2026届北京市房山区4中高考冲刺押题（最后一卷）数学试卷含解析，共12页。试卷主要包含了已知函数，若，则a的取值范围为，阿波罗尼斯，已知椭圆等内容，欢迎下载使用。
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。
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．盒中有6个小球，其中4个白球，2个黑球，从中任取个球，在取出的球中，黑球放回，白球则涂黑后放回，此时盒中黑球的个数，则( )
A．，B．，
C．，D．，
2．已知是双曲线的左、右焦点，若点关于双曲线渐近线的对称点满足（为坐标原点），则双曲线的渐近线方程为（ ）
A．B．C．D．
3．复数为纯虚数，则( )
A．iB．﹣2iC．2iD．﹣i
4．已知函数，若，则a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
5．执行如图所示的程序框图，若输入，，则输出的值为（ ）
A．0B．1C．D．
6．年某省将实行“”的新高考模式，即语文、数学、英语三科必选，物理、历史二选一，化学、生物、政治、地理四选二，若甲同学选科没有偏好，且不受其他因素影响，则甲同学同时选择历史和化学的概率为
A．B．C．D．
7．阿波罗尼斯（约公元前262~190年）证明过这样的命题：平面内到两定点距离之比为常数的点的轨迹是圆.后人将这个圆称为阿氏圆.若平面内两定点，间的距离为2，动点与，的距离之比为，当，，不共线时，的面积的最大值是（ ）
A．B．C．D．
8．已知，都是偶函数，且在上单调递增，设函数，若，则（ ）
A．且
B．且
C．且
D．且
9．已知椭圆：的左、右焦点分别为，，点，在椭圆上，其中，，若，，则椭圆的离心率的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
10．已知直线与圆有公共点，则的最大值为（ ）
A．4B．C．D．
11．为研究语文成绩和英语成绩之间是否具有线性相关关系，统计两科成绩得到如图所示的散点图(两坐标轴单位长度相同)，用回归直线近似地刻画其相关关系，根据图形，以下结论最有可能成立的是( )
A．线性相关关系较强，b的值为1.25
B．线性相关关系较强，b的值为0.83
C．线性相关关系较强，b的值为－0.87
D．线性相关关系太弱，无研究价值
12．已知函数，，若，对任意恒有，在区间上有且只有一个使，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．某校为了解家长对学校食堂的满意情况，分别从高一、高二年级随机抽取了20位家长的满意度评分，其频数分布表如下：
根据评分，将家长的满意度从低到高分为三个等级：
假设两个年级家长的评价结果相互独立，根据所给数据，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率.现从高一、高二年级各随机抽取1名家长，记事件：“高一家长的满意度等级高于高二家长的满意度等级”，则事件发生的概率为__________.
14．已知定义在的函数满足，且当时，，则的解集为__________________.
15．在中， ，，则_________.
16．高三（1）班共有56人，学号依次为1，2，3，…，56，现用系统抽样的办法抽取一个容量为4的样本，已知学号为6，34，48的同学在样本中，那么还有一个同学的学号应为 ．
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a＞0，证明：1．
18．（12分）已知矩阵的逆矩阵.若曲线：在矩阵A对应的变换作用下得到另一曲线，求曲线的方程.
19．（12分）已知抛物线Γ：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，P是抛物线Γ上一点，且在第一象限，满足（2，2）
（1）求抛物线Γ的方程；
（2）已知经过点A（3，﹣2）的直线交抛物线Γ于M，N两点，经过定点B（3，﹣6）和M的直线与抛物线Γ交于另一点L，问直线NL是否恒过定点，如果过定点，求出该定点，否则说明理由．
20．（12分）某商场举行有奖促销活动，顾客购买每满元的商品即可抽奖一次.抽奖规则如下：抽奖者掷各面标有点数的正方体骰子次，若掷得点数大于，则可继续在抽奖箱中抽奖；否则获得三等奖，结束抽奖，已知抽奖箱中装有个红球与个白球，抽奖者从箱中任意摸出个球，若个球均为红球，则获得一等奖，若个球为个红球和个白球，则获得二等奖，否则，获得三等奖（抽奖箱中的所有小球，除颜色外均相同）.
若，求顾客参加一次抽奖活动获得三等奖的概率；
若一等奖可获奖金元，二等奖可获奖金元，三等奖可获奖金元，记顾客一次抽奖所获得的奖金为，若商场希望的数学期望不超过元，求的最小值.
21．（12分）已知数列满足：对一切成立.
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和.
22．（10分）如图，已知椭圆，为其右焦点，直线与椭圆交于两点，点在上，且满足.(点从上到下依次排列)
(I)试用表示：
(II)证明：原点到直线l的距离为定值.
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】
根据古典概型概率计算公式，计算出概率并求得数学期望，由此判断出正确选项.
【详解】
表示取出的为一个白球，所以.表示取出一个黑球，，所以.
表示取出两个球，其中一黑一白，，表示取出两个球为黑球，，表示取出两个球为白球，，所以.所以，.
故选：C
【点睛】
本小题主要考查离散型随机变量分布列和数学期望的计算，属于中档题.
2、B
【解析】
先利用对称得，根据可得，由几何性质可得，即，从而解得渐近线方程.
【详解】
如图所示：
由对称性可得：为的中点，且，
所以，
因为，所以，
故而由几何性质可得，即，
故渐近线方程为，
故选B.
【点睛】
本题考查了点关于直线对称点的知识，考查了双曲线渐近线方程，由题意得出是解题的关键，属于中档题.
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、C
【解析】
求出函数定义域，在定义域内确定函数的单调性，利用单调性解不等式．
【详解】
由得，
在时，是增函数，是增函数，是增函数，∴是增函数，
∴由得，解得．
故选：C.
【点睛】
本题考查函数的单调性，考查解函数不等式，解题关键是确定函数的单调性，解题时可先确定函数定义域，在定义域内求解．
5、A
【解析】
根据输入的值大小关系，代入程序框图即可求解.
【详解】
输入，，
因为，所以由程序框图知，
输出的值为.
故选：A
【点睛】
本题考查了对数式大小比较，条件程序框图的简单应用，属于基础题.
6、B
【解析】
甲同学所有的选择方案共有种，甲同学同时选择历史和化学后，只需在生物、政治、地理三科中再选择一科即可，共有种选择方案，根据古典概型的概率计算公式，可得甲同学同时选择历史和化学的概率，故选B．
7、A
【解析】
根据平面内两定点，间的距离为2，动点与，的距离之比为，利用直接法求得轨迹，然后利用数形结合求解.
【详解】
如图所示：
设，，，则，
化简得，
当点到（轴）距离最大时，的面积最大，
∴面积的最大值是.
故选：A.
【点睛】
本题主要考查轨迹的求法和圆的应用，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.
8、A
【解析】
试题分析：由题意得，，
∴，，
∵，∴，∴，
∴若：，，∴，
若：，，∴，
若：，，∴，
综上可知，同理可知，故选A.
考点：1.函数的性质；2.分类讨论的数学思想.
【思路点睛】本题在在解题过程中抓住偶函数的性质，避免了由于单调性不同导致与大小不明确的讨论，从而使解题过程得以优化，另外，不要忘记定义域，如果要研究奇函数或者偶函数的值域、最值、单调性等问题，通常先在原点一侧的区间(对奇(偶)函数而言)或某一周期内(对周期函数而言)考虑，然后推广到整个定义域上.
9、C
【解析】
根据可得四边形为矩形, 设,,根据椭圆的定义以及勾股定理可得,再分析的取值范围,进而求得再求离心率的范围即可.
【详解】
设,,由,,知,
因为,在椭圆上,,
所以四边形为矩形,；
由,可得,
由椭圆的定义可得,①,
平方相减可得②,
由①②得；
令,
令,
所以,
即,
所以,
所以,
所以,
解得.
故选：C
【点睛】
本题主要考查了椭圆的定义运用以及构造齐次式求椭圆的离心率的问题,属于中档题.
10、C
【解析】
根据表示圆和直线与圆有公共点，得到，再利用二次函数的性质求解.
【详解】
因为表示圆，
所以，解得，
因为直线与圆有公共点，
所以圆心到直线的距离，
即 ，
解得，
此时，
因为，在递增，
所以的最大值.
故选：C
【点睛】
本题主要考查圆的方程，直线与圆的位置关系以及二次函数的性质，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
11、B
【解析】
根据散点图呈现的特点可以看出，二者具有相关关系，且斜率小于1.
【详解】
散点图里变量的对应点分布在一条直线附近，且比较密集，
故可判断语文成绩和英语成绩之间具有较强的线性相关关系，
且直线斜率小于1，故选B.
【点睛】
本题主要考查散点图的理解，侧重考查读图识图能力和逻辑推理的核心素养.
12、C
【解析】
根据的零点和最值点列方程组，求得的表达式（用表示），根据在上有且只有一个最大值，求得的取值范围，求得对应的取值范围，由为整数对的取值进行验证，由此求得的最大值.
【详解】
由题意知，则其中，．
又在上有且只有一个最大值，所以，得，即，所以，又，因此．
①当时，，此时取可使成立，当时，，所以当或时，都成立，舍去；
②当时，，此时取可使成立，当时，，所以当或时，都成立，舍去；
③当时，，此时取可使成立，当时，，所以当时，成立；
综上所得的最大值为．
故选:C
【点睛】
本小题主要考查三角函数的零点和最值，考查三角函数的性质，考查化归与转化的数学思想方法，考查分类讨论的数学思想方法，属于中档题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、0.42
【解析】
高一家长的满意度等级高于高二家长的满意度等级有三种情况，分别求出三种情况的概率，再利用加法公式即可.
【详解】
由已知，高一家长满意等级为不满意的概率为，满意的概率为，非常满意的概率为，
高二家长满意等级为不满意的概率为，满意的概率为，非常满意的概率为，
高一家长的满意度等级高于高二家长的满意度等级有三种情况：
1.高一家长满意，高二家长不满意，其概率为；
2.高一家长非常满意，高二家长不满意，其概率为；
3.高一家长非常满意，高二家长满意，其概率为.
由加法公式，知事件发生的概率为.
故答案为：
【点睛】
本题考查独立事件的概率，涉及到概率的加法公式，是一道中档题.
14、
【解析】
由已知得出函数是偶函数，再得出函数的单调性，得出所解不等式的等价的不等式，可得解集.
【详解】
因为定义在的函数满足，所以函数是偶函数，
又当时，，得时，，所以函数在上单调递减，
所以函数在上单调递减，函数在上单调递增，
所以不等式等价于，即或，
解得或，所以不等式的解集为：.
故答案为：.
【点睛】
本题考查抽象函数的不等式的求解，关键得出函数的奇偶性，单调性，属于中档题.
15、
【解析】
先由题意得：，再利用向量数量积的几何意义得，可得结果.
【详解】
由知：，则在方向的投影为，
由向量数量积的几何意义得：
，∴
故答案为
【点睛】
本题考查了投影的应用，考查了数量积的几何意义及向量的模的运算，属于基础题.
16、20
【解析】
根据系统抽样的定义将56人按顺序分成4组，每组14人，则1至14号为第一组，15至28号为第二组，29号至42号为第三组，43号至56号为第四组.而学号6,34,48分别是第一、三、四组的学号，所以还有一个同学应该是15+6-1=20号,故答案为20.
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、证明见解析
【解析】
利用分析法，证明a即可．
【详解】
证明：∵a＞0，∴a1，
∴a1≥0，
∴要证明1，
只要证明a1（a）1﹣4（a）+4，
只要证明：a，
∵a1，
∴原不等式成立．
【点睛】
本题考查不等式的证明，着重考查分析法的运用，考查推理论证能力，属于中档题．
18、
【解析】
根据，可解得，设为曲线任一点，在矩阵对应的变换作用下得到点，则点在曲线上，根据变换的定义写出相应的矩阵等式，再用表示出，代入曲线的方程中，即得.
【详解】
，，即.
，解得，.
设为曲线任一点，则，
又设在矩阵A变换作用得到点，
则，即，所以即
代入，得，
所以曲线的方程为.
【点睛】
本题考查逆矩阵，矩阵与变换等，是基础题.
19、（1）y2＝4x；；（2）直线NL恒过定点（﹣3，0），理由见解析.
【解析】
（1）根据抛物线的方程，求得焦点F（，0），利用（2，2），表示点P的坐标，再代入抛物线方程求解.
（2）设M（x0，y0），N（x1，y1），L（x2，y2），表示出MN的方程y和ML的方程y，因为A（3，﹣2），B（3，﹣6）在这两条直线上，分别代入两直线的方程可得y1y2＝12，然后表示直线NL的方程为：y﹣y1（x），代入化简求解.
【详解】
（1）由抛物线的方程可得焦点F（，0），满足（2，2）的P的坐标为（2，2），P在抛物线上，
所以（2）2＝2p（2），即p2+4p﹣12＝0，p＞0，解得p＝2，所以抛物线的方程为：y2＝4x；
（2）设M（x0，y0），N（x1，y1），L（x2，y2），则y12＝4x1，y22＝4x2，
直线MN的斜率kMN，
则直线MN的方程为：y﹣y0（x），
即y①，
同理可得直线ML的方程整理可得y②，
将A（3，﹣2），B（3，﹣6）分别代入①，②的方程
可得，消y0可得y1y2＝12，
易知直线kNL，则直线NL的方程为：y﹣y1（x），
即yx，故yx，
所以y（x+3），
因此直线NL恒过定点（﹣3，0）．
【点睛】
本题主要考查了抛物线的方程及直线与抛物线的位置关系，直线过定点问题，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.
20、；.
【解析】
设顾客获得三等奖为事件，因为顾客掷得点数大于的概率为，顾客掷得点数小于，然后抽将得三等奖的概率为，求出；
由题意可知，随机变量的可能取值为，，，相应求出概率，求出期望，化简得，由题意可知，，即，求出的最小值.
【详解】
设顾客获得三等奖为事件，
因为顾客掷得点数大于的概率为，
顾客掷得点数小于，然后抽将得三等奖的概率为，
所以；
由题意可知，随机变量的可能取值为，，，
且，
，
，
所以随机变量的数学期望，
，
化简得，
由题意可知，，即，
化简得，因为，解得，
即的最小值为.
【点睛】
本题主要考查概率和期望的求法，属于常考题.
21、（1）；（2）
【解析】
（1）先通过求得，再由得，和条件中的式子作差可得答案；
（2）变形可得，通过裂项求和法可得答案.
【详解】
（1）①，
当时，，
，
当时，②，
①②得：，
，
适合，
故；
（2），
.
【点睛】
本题考查法求数列的通项公式，考查裂项求和，是基础题.
22、 (I) ；(II)证明见解析
【解析】
(I)直接利用两点间距离公式化简得到答案.
(II) 设，，联立方程得到，，代入化简得到，计算得到证明.
【详解】
(I) 椭圆，故，
.
(II)设，，则将代入得到：
，故，
，
，故，得到，
，故，同理：，
由已知得：或，
故，
即，化简得到.
故原点到直线l的距离为为定值.
【点睛】
本题考查了椭圆内的线段长度，定值问题，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.
满意度评分分组
合计
高一
1
3
6
6
4
20
高二
2
6
5
5
2
20
满意度评分
评分70分
70评分90
评分90分
满意度等级
不满意
满意
非常满意