2026年北京市海淀区高三下学期二模数学试卷及答案

这是一份2026年北京市海淀区高三下学期二模数学试卷及答案，共15页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

海淀区 2025—2026 学年第二学期期末练习
数学参考答案
一、选择题（共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分）
（ 1 ） D（ 2 ） B（ 3 ） C（ 4 ） A（ 5 ） D
（ 6 ） A（ 7 ） A（ 8 ） C（ 9 ） B（10）A
二、填空题（共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分）
5
（11） y   x（12）10
（13）1259（14） 1
2
（15）① ④
三、解答题（共 6 小题，共 85 分）
（答案不唯一） 2
（16）（共 14 分）
解：（Ⅰ）因为B  D  π ，
所以 sin B  sin(π  D)  sin D ．又 AC 是DAB 的角平分线，
所以DAC  CAB ，所以sin DAC  sin CAB
在△ABC 中，由正弦定理
BC
sin CAB
AC

sin B
在△ADC 中，由正弦定理
CD
sin DAC
AC

sin D
所以BC
sin CAB
AC
sin B
AC
sin D
CD
sin DAC
所以 BC  CD
（Ⅱ）选择条件①： cs B  1 ．
5
由（Ⅰ）， BC  CD  10 ，在△ABC 中，
由余弦定理
AC 2  AB2  BC 2  2 AB  BC  cs B
所以 142  AB2 102  2 AB 10  ( 1)
5
解得 AB  8, AB  12 （舍）
同理，在△ACD 中，
由 cs D  cs B  1 ，可得
5
AD  12 ，
因为 cs B  1 ， B  (0, π) ，
5
2 6
5
2 6
5
所以 sin B ， sin D  sin B 
所以 S
ABCD
 S△ ABC
 S△ ACD
 1 BA  BC  sin B  1 DA  DC  sin D
22
所以 S 1  8 10  2 6  1 12 10  2 6
ABCD2525
6
所以 SABCD  40
选择条件②： AD  AB  4 .
因为 DAC  CAB ，
所以 cs DAC  cs CAB .
在△ACD 和△ABC 中，
在△ACD 中，由余弦定理 ， csDAC 
AD2  AC2  DC2
2AD  AC
AB2  AC2  BC2
在 △ABC 中，由余弦定理， csCAB 
2AB  AC
AD2  AC2  DC2
所以
2AD  AC
 AB2  AC2  BC2
2AB  AC
解得 AD  12，AD  8 （舍）
所以 AB  8 .
csDAC  5 ，
7
2 6
7
因为 DAC  (0, π) ，所以 sin DAC 
所以 S
ABCD
 S△ ABC
 S△ ACD
 1 BA  BC  sin B  1 DA  DC  sin D
22
所以 S 1  8 10  2 6  1 12 10  2 6
ABCD
2525
6
所以 SABCD  40
（17）（共 13 分）
解：（Ⅰ）因为
所以
AB // CD , AB  平面CDE ， CD  平面CDE ，
AB // 平面CDE .
因为 平面 ABG平面CDE  FG ,
所以 AB // FG ，
所以 CD // FG ，
在△CDE 中，因为点G 为 DE 的中点，所以点 F 为CE 的中点.
1
所以 FG = CD  1 ，
2
所以 AB  FG .
（Ⅱ）因为 平面 ABFG  平面 ADE ， 平面 ABFG 平面 ADE  AG ，
AB  AG ， AB  平面 ABFG ,
所以 AB  平面 ADE .
所以 AB  AD, AB  AE .
又 AD  AE ,
如图，以点 A 为坐标原点，建立空间直角坐标系O  xyz .
z
所以 A(0, 0, 0) ， B(0, 0,1) ， C(0, 2, 2) ， E(2, 0, 0) ， F (1,1,1) ,
C
设 H (0, 2, h)(0 ≤h ≤ 2) ，
y
所以 BC  (0, 2,1) , BE  (2, 0, 1) .F
B
设 n  (x, y, z) 是平面 BCE 的法向量，
则 BC  n  0, 即2 y  z  0,
DG
AEx


BE  n  0,
2x  z  0.
令 x  1 ，则 y  1, z  2 ，
所以 n  (1 , 1 , 2) ．
因为 FH  (1,1, h  1) ，
所以 sin  | cs  FH , n |  | FH  n| |
| FH || n |
2h  4
6  h2  2h  3
|3 .
3
解得 h1  1 ， h2  5 （舍）.
所以 DH  1 .
（18）（共 13 分）
解：（Ⅰ）包裹价值不超过100 元的概率可以估计为 P  4000  4000  4 ；
100005
（Ⅱ）由题设， X 的所有可能值为7.5，33，150，300 （单位：元）
P( X  7.5) 
4000  2
P( X  33) 
4000  2
100005100005
P( X  150)  1200  3
P( X  300) 
800  2
10000251000025
E( X )  7.5  2  33 2 150  3  300  2  58.2 (元)
552525
（Ⅲ）建议使用新技术.
理由： 58.2  0.09% 100000  5000  238  0 ，所以建议使用新技术.
X
7.5
33
150
300
P
2
5
2
5
3
25
2
25
（19）（共 15 分）
b  1,

解：（Ⅰ）由题设， a2  b2  c2  3.
2
解得 a  3, c ．
6
x22
所以 E 的方程为 y
3
 1 ，离心率为e ．
3
（Ⅱ）设直线 AD 的方程为 y  kx  1 ，
1
令 y  0 ，得 xM  k
所以
1
M (, 0)
k
 y  kx 1,

由 x2  3y2  3,
得(1  3k 2 )x2  6kx  0 ，
所以 x 6k，所以
D1  3k 2
3k 2 1
yD  1  3k 2 ，
所以 D (
6k3k 2 1
2 ,2 ) ，
所以 E (
1 3k
,
6k
2
1  3k
1  3k 2
2 ) .
1 3k1  3k
因为 kAE 
1  3k 2

1  3k 211
6k  3k
1  3k 2
所以直线 AE 的方程为 y  1  1 x
3k
3k 2 1
令 y  1  3k 2
18k3
，得 xN  1  3k 2
6k(3k 2 1)
所以 | DN |  |
1  3k 2|
因为 S△DEN
 1 | DE |  | DN| 2
S S S 1 | DE | (| x
|  | x  x |)
△ AEM△ AED△DEM2
因为6k1
DDM
1  3k 2
与 符号相同，
k
所以 S
 S S 1 | DE || x |
△ AEM
△ AED△DEM2M
所以 | DN|  3 | xM |
6k(3k 2 1)3
所以 |
1 3k 2
| 
| k |
解得 k  1 .
法二：
x022
设点 D(x0 , y0 ) ， 3  y0
 1 ，
所以 E(x0 ,  y0 ) .
所以 kAD
 y0  1 .
x0
所以 AD 的方程为
y  1  y0  1 x
x0
所以 xM
x0
y  1
，所以
M ( x0
y 1
，0)
因为 kAE
00
  y0  1
x0
所以直线 AE 的方程为 y  1   y0  1 x ．
x0
令 y  y0
，得 xN
 x0 ( y0  1) 1  y0
所以 | DN |  | 2x0 y0 |
1  y0
因为 S△DEN
 1 | DE |  | DN| 2
S S S
 1 | DE | (| x
|  | x  x |)
△ AEM
△ AED
△DEM2
DDM
因为x0 y0  1
与 x0 符号相同，
所以 S
 S S 1 | DE || x |
△ AEM
△ AED△DEM2M
所以 | DN|  3 | xM |
所以 | 2x0 y0 |  3 | 1  y0
x0|
y0  1
解得 y  1 , y
 3 （舍）.
020
所以
（20）（共 15 分）
k  1 .
解：（Ⅰ）当
a  0 时， f (x) 
x
sin x  2
， f '(x)  sin x  2  x cs x ，
(sin x  2)2
设 y  f (x) 在点(x0 , f (x0 )) 处的切线经过(0, 0) .
因为 y  f (x0 )  f '(x0 )(x  x0 ) ，
代入 (0, 0) 得到， x0
 sin x0  2  x0 cs x0 (x )
sin x  2(sin x  2)20
00
00
所以 x 2 cs x  0 ，
所以 x  0 或 x  2kπ  π , x  2kπ  π ,
00202
当 x  0 时， f '(0)  1 ，
02
当 x  2kπ  π 时， f '(2kπ  π)  1 ，
022
当 x  2kπ  π 时， f '(2kπ  π)  1 ，
0223
所以曲线
y  f (x) 经过点(0, 0) 处的切线有3 条.
因为
f (x) 
x  a ，
sin x  2
所以 f '(x)  sin x  2  (x  a) cs x .
(sin x  2)2
令g(x)  sin x  2  (x  a) cs x ，所以 g '(x)  (x  a)sin x .
因为 x [ π π
2 2
所以 x  a  0 .
， π  a ≤ 2 ，
, ]
2
令 g '(x)  0 ，得 x1  0 .
所以 g '(x) 与 g(x) 的变化情况如下表：
因为 g(0)  2  a ≥ 0 ，
x
[ π , 0) 2
0
(0, π]
2
g '(x)

0

g(x)
↘
极小值
↗
, ]
所以 g (x) ≥ 0 ，即 f '(x) ≥ 0 对 x [ π π
2 2
成立，
, ]
所以 f (x) 在[ π π
2 2
上单调递增.
π  a
所以 f (x) ≤ f ( π)  2
 a  a  2a
2333
a 的最小值为 π .
2
（21）（共 15 分）
解：（Ⅰ）{an} 是3  预言数列，{bn} 不是3  预言数列.
不存在，证明如下：
由题可知 ak 1  ak {1, 0,1} 且 ak {1, 2,3} （ k  1, 2,）假设存在，则 a1  3 ，所以{a2 , a3 , a4 }  {1, 2,3}
若 a2  1 ，由题可知 a3  a4 ，矛盾；
若 a2  2 ，由题可知{a3 , a4 }  {1, 3} 矛盾；
（3）若 a2  3 ，由题可知{a3 , a4 }  {1, 2} ，且 a5  3 ，又因为 a5  a4 {1, 0,1} ，所以 a4  2, a3  1 ，{a4 , a5 }  {2, 3} 与 a3  1 矛盾；
综上不存在首项为3 的3  预言数列.
当m  1 时， an  1 ，此时 m 预言数列的个数为 1；
当 m≥2 时， m 预言数列的个数为 m  2 .
证明如下：
（1）同（Ⅱ）可得 ak 1  ak {1, 0,1} 且 ak {1, 2,, m}（ k  1, 2,），
所以若数列中某一项为1 ，则后续 m 项只可能均为1 或者均为2 .
设an 中的最大项为t ，证明t ≤ 2 .
假设t≥3 ，则存在 ak  t ，
由题可知 ak 1, ak 2 ,, ak m 中恰有1, 2,, t 这t 个不同的数，所以其中存在 ai  t （若有多个，则取最后一个），
存在 a j  1 （若有多个，则取最前一个）.
若 j  i ，则 aj 1  aj 2  aj  m  ai  t ， ai 1  ai  t  1{1, 0,1} ，矛盾;若 j  i ，则 ai1, ai2 ,, aim 中恰有1, 2,, t 这t 个不同的数，
又因为 ai1, ai2 ,, aj 中没有t ，且 a j  1 ，其后续 m 项也没有t 矛盾.
由上可知t ≤ 2 .
由（2）若t  1 ，则 an  1 ，符合；
若t  2 ，设 ak  2 ，则其后续 m 项可取到1 和 2 ，且其中第一个1 的后续 m 项只能为2 ，
否则其前一项（取 2 ）对应后续后续 m  1 项只能取1 ，矛盾，
所以若 ak  2 ，则其后续 m 项只能有1 个1 ， m  1 个2 ，
共有 m 种不同的取法，考虑到数列首项还可能是1 ， 所以当数列中最大项为 2 时，共有 m  1 个 m 预言数列综上，当 m≥2 时， m  预言数列的个数为 m  2 .