2026届北京市十二中高考临考冲刺数学试卷含解析

这是一份2026届北京市十二中高考临考冲刺数学试卷含解析，共12页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁，设是等差数列的前n项和，且，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．设等差数列的前n项和为，且，，则( )
A．9B．12C．D．
2． “”是“函数的图象关于直线对称”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
3．若为虚数单位，网格纸上小正方形的边长为1，图中复平面内点表示复数，则表示复数的点是（ ）
A．EB．FC．GD．H
4．已知角的终边经过点P()，则sin()=
A．B．C．D．
5．各项都是正数的等比数列的公比，且成等差数列，则的值为( )
A．B．
C．D．或
6．已知是平面内互不相等的两个非零向量,且与的夹角为,则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．已知是函数的极大值点，则的取值范围是
A．B．
C．D．
8．如图，圆锥底面半径为，体积为，、是底面圆的两条互相垂直的直径，是母线的中点，已知过与的平面与圆锥侧面的交线是以为顶点的抛物线的一部分，则该抛物线的焦点到圆锥顶点的距离等于（ ）
A．B．1C．D．
9．某四棱锥的三视图如图所示，记S为此棱锥所有棱的长度的集合，则（ ）
A．
B．
C．
D．
10．设是等差数列的前n项和，且，则( )
A．B．C．1D．2
11．双曲线的渐近线方程为（ ）
A．B．C．D．
12．设是虚数单位，若复数，则（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知，如果函数有三个零点，则实数的取值范围是____________
14．已知点是双曲线渐近线上的一点，则双曲线的离心率为_______
15．函数的定义域为__________．
16．已知数列满足，，若，则数列的前n项和______．
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）若是的极值点，求的极大值；
（2）求实数的范围，使得恒成立.
18．（12分）已知分别是的内角的对边，且．
（Ⅰ）求．
（Ⅱ）若，，求的面积．
（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，求的值．
19．（12分）已知数列和满足：.
（1）求证:数列为等比数列；
（2）求数列的前项和.
20．（12分）已知函数.
（1）求函数的最小正周期以及单调递增区间；
（2）已知，若，，，求的面积.
21．（12分）已知数列的前项和为，且满足．
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）证明：．
22．（10分）如图，在四棱锥P—ABCD中，四边形ABCD为平行四边形，BD⊥DC，△PCD为正三角形，平面PCD⊥平面ABCD，E为PC的中点．

（1）证明：AP∥平面EBD；
（2）证明：BE⊥PC．
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、A
【解析】
由，可得以及，而，代入即可得到答案.
【详解】
设公差为d，则解得
，所以.
故选：A.
【点睛】
本题考查等差数列基本量的计算，考查学生运算求解能力，是一道基础题.
2、A
【解析】
先求解函数的图象关于直线对称的等价条件，得到，分析即得解.
【详解】
若函数的图象关于直线对称，
则，
解得，
故“”是“函数的图象关于直线对称”的充分不必要条件．
故选：A
【点睛】
本题考查了充分不必要条件的判断，考查了学生逻辑推理，概念理解，数学运算的能力，属于基础题.
3、C
【解析】
由于在复平面内点的坐标为，所以，然后将代入化简后可找到其对应的点.
【详解】
由，所以，对应点.
故选：C
【点睛】
此题考查的是复数与复平面内点的对就关系，复数的运算，属于基础题.
4、A
【解析】
由题意可得三角函数的定义可知：
，，则：
本题选择A选项.
5、C
【解析】
分析：解决该题的关键是求得等比数列的公比，利用题中所给的条件，建立项之间的关系，从而得到公比所满足的等量关系式，解方程即可得结果.
详解：根据题意有，即，因为数列各项都是正数，所以，而，故选C.
点睛：该题应用题的条件可以求得等比数列的公比，而待求量就是，代入即可得结果.
6、C
【解析】
试题分析：如下图所示，则，因为与的夹角为，即，所以，设，则，在三角形中，由正弦定理得，所以，所以，故选C．
考点：1．向量加减法的几何意义；2．正弦定理；3．正弦函数性质．
7、B
【解析】
方法一：令，则，，
当，时，，单调递减，
∴时，，，且，
∴，即在上单调递增，
时，，，且，
∴，即在上单调递减，∴是函数的极大值点，∴满足题意；
当时，存在使得，即，
又在上单调递减，∴时，，所以，
这与是函数的极大值点矛盾．
综上，．故选B．
方法二：依据极值的定义，要使是函数的极大值点，须在的左侧附近，，即；在的右侧附近，，即．易知，时，与相切于原点，所以根据与的图象关系，可得，故选B．
8、D
【解析】
建立平面直角坐标系，求得抛物线的轨迹方程，解直角三角形求得抛物线的焦点到圆锥顶点的距离.
【详解】
将抛物线放入坐标系，如图所示，
∵，，，
∴，设抛物线，代入点，
可得
∴焦点为，
即焦点为中点，设焦点为，
，，∴.
故选：D
【点睛】
本小题考查圆锥曲线的概念，抛物线的性质，两点间的距离等基础知识；考查运算求解能力，空间想象能力，推理论证能力，应用意识.
9、D
【解析】
如图所示：在边长为的正方体中，四棱锥满足条件，故，得到答案.
【详解】
如图所示：在边长为的正方体中，四棱锥满足条件.
故，，.
故，故，.
故选：.
【点睛】
本题考查了三视图，元素和集合的关系，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.
10、C
【解析】
利用等差数列的性质化简已知条件，求得的值.
【详解】
由于等差数列满足，所以，，.
故选：C
【点睛】
本小题主要考查等差数列的性质，属于基础题.
11、C
【解析】
根据双曲线的标准方程，即可写出渐近线方程.
【详解】
双曲线,
双曲线的渐近线方程为，
故选：C
【点睛】
本题主要考查了双曲线的简单几何性质，属于容易题.
12、A
【解析】
结合复数的除法运算和模长公式求解即可
【详解】
∵复数，∴，，则，
故选：A.
【点睛】
本题考查复数的除法、模长、平方运算，属于基础题
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
首先把零点问题转化为方程问题，等价于有三个零点，两侧开方，可得，即有三个零点，再运用函数的单调性结合最值即可求出参数的取值范围.
【详解】
若函数有三个零点，即零点有，显然，则有，可得，即有三个零点，不妨令，对于，函数单调递增，，，所以函数在区间上只有一解，对于函数，，解得，，解得，，解得，所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，，当时，，当时，，此时函数若有两个零点，则有，综上可知，若函数有三个零点，则实数的取值范围是.
故答案为：
【点睛】
本题考查了函数零点的零点，恰当的开方，转化为函数有零点问题，注意恰有三个零点条件的应用，根据函数的最值求解参数的范围，属于难题.
14、
【解析】
先表示出渐近线，再代入点，求出，则离心率易求.
【详解】
解：的渐近线是
因为在渐近线上，所以
，
故答案为：
【点睛】
考查双曲线的离心率的求法，是基础题.
15、
【解析】
根据函数成立的条件列不等式组,求解即可得定义域.
【详解】
解:要使函数有意义,则 ,
即.则定义域为: .
故答案为:
【点睛】
本题主要考查定义域的求解,要熟练掌握张建函数成立的条件.
16、
【解析】
,求得的通项，进而求得,得通项公式，利用等比数列求和即可.
【详解】
由题为等差数列，∴,∴,∴,∴,故答案为
【点睛】
本题考查求等差数列数列通项，等比数列求和，熟记等差等比性质，熟练运算是关键，是基础题.
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）先对函数求导，结合极值存在的条件可求t，然后结合导数可研究函数的单调性，进而可求极大值；
（2）由已知代入可得，x2+（t﹣2）x﹣tlnx≥0在x＞0时恒成立，构造函数g（x）＝x2+（t﹣2）x﹣tlnx，结合导数及函数的性质可求.
【详解】
（1），x＞0，
由题意可得，0，解可得t＝﹣4，
∴，
易得，当x＞2，0＜x＜1时，f′（x）＞0，函数单调递增，当1＜x＜2时，f′（x）＜0，函数单调递减，
故当x＝1时，函数取得极大值f（1）＝﹣3；
（2）由f（x）＝x2+（t﹣2）x﹣tlnx+2≥2在x＞0时恒成立可得，x2+（t﹣2）x﹣tlnx≥0在x＞0时恒成立，
令g（x）＝x2+（t﹣2）x﹣tlnx，则，
（i）当t≥0时，g（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
所以g（x）min＝g（1）＝t﹣1≥0，解可得t≥1，
（ii）当﹣2＜t＜0时，g（x）在（）上单调递减，在（0，），（1，+∞）上单调递增，
此时g（1）＝t﹣1＜﹣1不合题意，舍去；
（iii）当t＝﹣2时，g′（x）0，即g（x）在（0，+∞）上单调递增，此时g（1）＝﹣3不合题意；
（iv）当t＜﹣2时，g（x）在（1，）上单调递减，在（0，1），（）上单调递增，此时g（1）＝t﹣1＜﹣3不合题意，
综上，t≥1时，f（x）≥2恒成立.
【点睛】
本题主要考查了利用导数求解函数的单调性及极值，利用导数与函数的性质处理不等式的恒成立问题，分类讨论思想，属于中档题.
18、（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）.
【解析】
（Ⅰ）由已知结合正弦定理先进行代换，然后结合和差角公式及正弦定理可求；（Ⅱ）由余弦定理可求，然后结合三角形的面积公式可求；（Ⅲ）结合二倍角公式及和角余弦公式即可求解．
【详解】
（Ⅰ）因为，
所以，
所以，
由正弦定理可得，；
（Ⅱ）由余弦定理可得，，
整理可得，，
解可得，，
因为，
所以；
（Ⅲ）由于，．
所以．
【点睛】
本题主要考查了正弦定理、余弦定理、和角余弦公式，二倍角公式及三角形的面积公式的综合应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平．
19、（1）见解析（2）
【解析】
（1）根据题目所给递推关系式得到，由此证得数列为等比数列.
（2）由（1）求得数列的通项公式，判断出，由此利用裂项求和法求得数列的前项和.
【详解】
（1）
所以数列是以3为首项，以3为公比的等比数列.
（2）由（1）知，
∴为常数列，且，
∴，
∴
∴
【点睛】
本小题主要考查根据递推关系式证明等比数列，考查裂项求和法，属于中档题.
20、（1）最小正周期为，单调递增区间为；（2）.
【解析】
（1）利用三角恒等变换思想化简函数的解析式为，利用正弦型函数的周期公式可求得函数的最小正周期，解不等式可求得该函数的单调递增区间；
（2）由求得，由得出或，分两种情况讨论，结合余弦定理解三角形，进行利用三角形的面积公式可求得的面积.
【详解】
（1），
所以，函数的最小正周期为，
由得，
因此，函数的单调递增区间为；
（2）由，得，或，或，
，，
又，
，即.
①当时，即，则由，，得，则，此时，的面积为；
②当时，则，即，
则由，解得，，.
综上，的面积为.
【点睛】
本题考查正弦型函数的周期和单调区间的求解，同时也考查了三角形面积的计算，涉及余弦定理解三角形的应用，考查计算能力，属于中等题.
21、（Ⅰ），．（Ⅱ）见解析
【解析】
（1）由，分和两种情况，即可求得数列的通项公式；
（2）由题，得，利用等比数列求和公式，即可得到本题答案.
【详解】
（Ⅰ）解：由题，得
当时，，得；
当时，，整理，得．
数列是以1为首项，2为公比的等比数列，
，；
（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知，，
故
．
故得证．
【点睛】
本题主要考查根据的关系式求通项公式以及利用等比数列的前n项和公式求和并证明不等式，考查学生的运算求解能力和推理证明能力.
22、（1）见解析（2）见解析
【解析】
（1）连结AC交BD于点O，连结OE，利用三角形中位线可得AP∥OE，从而可证AP∥平面EBD；
（2）先证明BD⊥平面PCD，再证明PC⊥平面BDE，从而可证BE⊥PC．
【详解】
证明：（1）连结AC交BD于点O，连结OE
因为四边形ABCD为平行四边形
∴O为AC中点，
又E为PC中点，
故AP∥OE，
又AP平面EBD，OE平面EBD
所以AP∥平面EBD ；
（2）∵△PCD为正三角形，E为PC中点
所以PC⊥DE
因为平面PCD⊥平面ABCD，
平面PCD平面ABCD＝CD，
又BD平面ABCD，BD⊥CD
∴BD⊥平面PCD
又PC平面PCD，故PC⊥BD
又BDDE＝D，BD平面BDE，DE平面BDE
故PC⊥平面BDE
又BE平面BDE，
所以BE⊥PC．
【点睛】
本题主要考查空间位置关系的证明，线面平行一般转化为线线平行来证明，直线与直线垂直通常利用线面垂直来进行证明，侧重考查逻辑推理的核心素养.