2026届北京市房山区周口店中学高三第二次模拟考试数学试卷含解析

这是一份2026届北京市房山区周口店中学高三第二次模拟考试数学试卷含解析，共8页。试卷主要包含了答题时请按要求用笔，已知i是虚数单位，则，下列选项中，说法正确的是，设等差数列的前项和为，若，则等内容，欢迎下载使用。
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、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．已知函数与的图象有一个横坐标为的交点，若函数的图象的纵坐标不变，横坐标变为原来的倍后，得到的函数在有且仅有5个零点，则的取值范围是( )
A．B．
C．D．
2．一个几何体的三视图如图所示，正视图、侧视图和俯视图都是由一个边长为的正方形及正方形内一段圆弧组成，则这个几何体的表面积是（ ）
A．B．C．D．
3．若双曲线：绕其对称中心旋转后可得某一函数的图象，则的离心率等于（ ）
A．B．C．2或D．2或
4．已知是虚数单位，则复数（ ）
A．B．C．2D．
5．为得到的图象，只需要将的图象（ ）
A．向左平移个单位 B．向左平移个单位
C．向右平移个单位 D．向右平移个单位
6．已知i是虚数单位，则（ ）
A． B． C． D．
7．下列选项中，说法正确的是（ ）
A．“”的否定是“”
B．若向量满足 ，则与的夹角为钝角
C．若，则
D．“”是“”的必要条件
8．已知类产品共两件，类产品共三件，混放在一起，现需要通过检测将其区分开来，每次随机检测一件产品，检测后不放回，直到检测出2件类产品或者检测出3件类产品时，检测结束，则第一次检测出类产品，第二次检测出类产品的概率为（ ）
A．B．C．D．
9．某工厂只生产口罩、抽纸和棉签，如图是该工厂年至年各产量的百分比堆积图（例如：年该工厂口罩、抽纸、棉签产量分别占、、），根据该图，以下结论一定正确的是（ ）
A．年该工厂的棉签产量最少
B．这三年中每年抽纸的产量相差不明显
C．三年累计下来产量最多的是口罩
D．口罩的产量逐年增加
10．设等差数列的前项和为，若，则（ ）
A．23B．25C．28D．29
11．已知定义在上的奇函数满足，且当时，，则（ ）
A．1B．-1C．2D．-2
12．已知实数x，y满足，则的最小值等于（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知内角，，的对边分别为，，．，，则_________．
14．已知函数的定义域为R，导函数为，若，且，则满足的x的取值范围为______.
15．若函数（）的图象与直线相切，则______.
16．已知变量，满足约束条件，则的最小值为__________．
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）有最大值，且最大值大于.
（1）求的取值范围；
（2）当时，有两个零点，证明：.
(参考数据：)
18．（12分）已知函数，.
（1）当时，判断是否是函数的极值点，并说明理由；
（2）当时，不等式恒成立，求整数的最小值.
19．（12分）己知，函数.
（1）若，解不等式；
（2）若函数，且存在使得成立，求实数的取值范围.
20．（12分）已知椭圆的左、右焦点分别为，离心率为，为椭圆上一动点（异于左右顶点），面积的最大值为．
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线与椭圆相交于点两点，问轴上是否存在点，使得是以为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由．
21．（12分）如图，在三棱柱中，是边长为2的菱形，且，是矩形，，且平面平面，点在线段上移动（不与重合），是的中点.
（1）当四面体的外接球的表面积为时，证明：.平面
（2）当四面体的体积最大时，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
22．（10分）已知函数.
（1）讨论的零点个数；
（2）证明：当时，.
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】
根据题意，，求出，所以，根据三角函数图像平移伸缩，即可求出的取值范围.
【详解】
已知与的图象有一个横坐标为的交点，
则，
，
，，
，
若函数图象的纵坐标不变，横坐标变为原来的倍， 则，
所以当时，，
在有且仅有5个零点，
，
.
故选：A.
【点睛】
本题考查三角函数图象的性质、三角函数的平移伸缩以及零点个数问题，考查转化思想和计算能力.
2、C
【解析】
画出直观图，由球的表面积公式求解即可
【详解】
这个几何体的直观图如图所示，它是由一个正方体中挖掉个球而形成的，所以它的表面积为.
故选：C
【点睛】
本题考查三视图以及几何体的表面积的计算，考查空间想象能力和运算求解能力.
3、C
【解析】
由双曲线的几何性质与函数的概念可知，此双曲线的两条渐近线的夹角为，所以或，由离心率公式即可算出结果.
【详解】
由双曲线的几何性质与函数的概念可知，此双曲线的两条渐近线的夹角为，又双曲线的焦点既可在轴，又可在轴上，所以或，或.
故选：C
【点睛】
本题主要考查了双曲线的简单几何性质，函数的概念，考查了分类讨论的数学思想.
4、A
【解析】
根据复数的基本运算求解即可.
【详解】
.
故选：A
【点睛】
本题主要考查了复数的基本运算,属于基础题.
5、D
【解析】
试题分析：因为，所以为得到的图象，只需要将的图象向右平移个单位；故选D．
考点：三角函数的图像变换．
6、D
【解析】
利用复数的运算法则即可化简得出结果
【详解】
故选
【点睛】
本题考查了复数代数形式的乘除运算，属于基础题。
7、D
【解析】
对于A根据命题的否定可得：“∃x0∈R，x02-x0≤0”的否定是“∀x∈R，x2-x＞0”，即可判断出；对于B若向量满足，则与的夹角为钝角或平角；对于C当m=0时，满足am2≤bm2，但是a≤b不一定成立；对于D根据元素与集合的关系即可做出判断．
【详解】
选项A根据命题的否定可得：“∃x0∈R，x02-x0≤0”的否定是“∀x∈R，x2-x＞0”，因此A不正确；
选项B若向量满足，则与的夹角为钝角或平角，因此不正确.
选项C当m=0时,满足am2≤bm2，但是a≤b不一定成立，因此不正确；
选项D若“”，则且，所以一定可以推出“”，因此“”是“”的必要条件，故正确.
故选：D.
【点睛】
本题考查命题的真假判断与应用，涉及知识点有含有量词的命题的否定、不等式性质、向量夹角与性质、集合性质等，属于简单题.
8、D
【解析】
根据分步计数原理，由古典概型概率公式可得第一次检测出类产品的概率，不放回情况下第二次检测出类产品的概率，即可得解.
【详解】
类产品共两件，类产品共三件，
则第一次检测出类产品的概率为；
不放回情况下，剩余4件产品，则第二次检测出类产品的概率为；
故第一次检测出类产品，第二次检测出类产品的概率为；
故选：D.
【点睛】
本题考查了分步乘法计数原理的应用，古典概型概率计算公式的应用，属于基础题.
9、C
【解析】
根据该厂每年产量未知可判断A、B、D选项的正误，根据每年口罩在该厂的产量中所占的比重最大可判断C选项的正误.综合可得出结论.
【详解】
由于该工厂年至年的产量未知，所以，从年至年棉签产量、抽纸产量以及口罩产量的变化无法比较，故A、B、D选项错误；
由堆积图可知，从年至年，该工厂生产的口罩占该工厂的总产量的比重是最大的，则三年累计下来产量最多的是口罩，C选项正确.
故选：C.
【点睛】
本题考查堆积图的应用，考查数据处理能力，属于基础题.
10、D
【解析】
由可求，再求公差，再求解即可.
【详解】
解：是等差数列
，又，
公差为，
，
故选：D
【点睛】
考查等差数列的有关性质、运算求解能力和推理论证能力，是基础题.
11、B
【解析】
根据f（x）是R上的奇函数，并且f（x+1）=f（1-x），便可推出f（x+4）=f（x），即f（x）的周期为4，而由x∈[0，1]时，f（x）=2x-m及f（x）是奇函数，即可得出f（0）=1-m=0，从而求得m=1，这样便可得出f（2019）=f（-1）=-f（1）=-1．
【详解】
∵是定义在R上的奇函数，且；
∴；
∴；
∴的周期为4；
∵时，；
∴由奇函数性质可得；
∴；
∴时，；
∴.
故选：B.
【点睛】
本题考查利用函数的奇偶性和周期性求值，此类问题一般根据条件先推导出周期，利用函数的周期变换来求解，考查理解能力和计算能力，属于中等题.
12、D
【解析】
设，，去绝对值，根据余弦函数的性质即可求出．
【详解】
因为实数，满足，
设，，
，
恒成立，
，
故则的最小值等于.
故选：．
【点睛】
本题考查了椭圆的参数方程、三角函数的图象和性质，考查了运算能力和转化能力，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
利用正弦定理求得角B，再利用二倍角的余弦公式，即可求解.
【详解】
由正弦定理得，
，．
故答案为：.
【点睛】
本题考查了正弦定理求角，三角恒等变换，属于基础题.
14、
【解析】
构造函数，再根据条件确定为奇函数且在上单调递减，最后利用单调性以及奇偶性化简不等式，解得结果.
【详解】
依题意，，
令，则，故函数为奇函数
，故函数在上单调递减，
则
，即，故，则x的取值范围为.
故答案为：
【点睛】
本题考查函数奇偶性、单调性以及利用函数性质解不等式，考查综合分析求解能力，属中档题.
15、2
【解析】
设切点由已知可得,即可解得所求.
【详解】
设，因为，所以，即，又，.所以，即，.
故答案为:.
【点睛】
本题考查导数的几何意义,考查函数与方程思想、转化与化归思想,考查逻辑推理能力、运算求解能力,难度较易.
16、-5
【解析】
画出，满足的可行域，当目标函数经过点时，最小，求解即可。
【详解】
画出，满足的可行域，由解得，当目标函数经过点时，取得最小值为-5.
【点睛】
本题考查的是线性规划问题，解决线性规划问题的实质是把代数问题几何化，即数形结合思想。需要注意的是：一，准确无误地作出可行域;二，画目标函数所对应的直线时，要注意让其斜率与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错;三，一般情况下，目标函数的最大值或最小值会在可行域的端点或边界上取得。
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）求出函数的定义域为，，分和两种情况讨论，分析函数的单调性，求出函数的最大值，即可得出关于实数的不等式，进而可求得实数的取值范围；
（2）利用导数分析出函数在上递增，在上递减，可得出，由，构造函数，证明出，进而得出，再由函数在区间上的单调性可证得结论.
【详解】
（1）函数的定义域为，且.
当时，对任意的，，
此时函数在上为增函数，函数为最大值；
当时，令，得.
当时，，此时函数单调递增；
当时，，此时函数单调递减.
所以，函数在处取得极大值，亦即最大值，
即，解得.
综上所述，实数的取值范围是；
（2）当时，，定义域为，
，当时，；当时，.
所以，函数的单调递增区间为，单调递减区间为.
由于函数有两个零点、且，，
，
构造函数，其中，
，
令，，当时，，
所以，函数在区间上单调递减，则，则.
所以，函数在区间上单调递减，
，，
即，即，
，且，而函数在上为减函数，
所以，，因此，.
【点睛】
本题考查利用函数的最值求参数，同时也考查了利用导数证明函数不等式，利用所证不等式的结构构造新函数是解答的关键，考查推理能力与计算能力，属于难题.
18、（1）是函数的极大值点，理由详见解析；（2）1.
【解析】
（1）将直接代入，对求导得，由于函数单调性不好判断，故而构造函数，继续求导，判断导函数在左右两边的正负情况，最后得出，是函数的极大值点；
（2）利用题目已有条件得，再证明时，不等式 恒成立，即证，从而可知整数的最小值为1.
【详解】
解:（1）当时，.
令，则
当时，.
即在内为减函数，且
∴当时，;当时，.
∴在内是增函数，在内是减函数.
综上，是函数的极大值点.
（2）由题意，得，即.
现证明当时，不等式成立，即.
即证
令
则
∴当时，;当时，.
∴在内单调递增，在内单调递减，
的最大值为.
∴当时，.
即当时，不等式成立.
综上，整数的最小值为.
【点睛】
本题考查学生利用导数处理函数的极值，最值，判断函数的单调性，由此来求解函数中的参数的取值范围，对学生要求较高，然后需要学生能构造新函数处理恒成立问题，为难题
19、（1）；（2）
【解析】
（1）零点分段解不等式即可（2）等价于，由，得不等式即可求解
【详解】
（1）当时，，
当时，由，解得；
当时，由，解得；
当时，由，解得.
综上可知，原不等式的解集为.
（2）.
存在使得成立，等价于.
又因为，所以，即.
解得，结合，所以实数的取值范围为.
【点睛】
本题考查绝对值不等式的解法，考查不等式恒成立及最值，考查转化思想，是中档题
20、（1）；（2）见解析
【解析】
（1）由面积最大值可得，又，以及，解得，即可得到椭圆的方程，（2）假设轴上存在点，是以为直角顶点的等腰直角三角形，设，，线段的中点为，根据韦达定理求出点的坐标，再根据，，即可求出的值，可得点的坐标.
【详解】
（1）面积的最大值为，则：
又，，解得：，
椭圆的方程为：
（2）假设轴上存在点，是以为直角顶点的等腰直角三角形
设，，线段的中点为
由，消去可得：
，解得：
∴，
，
依题意有，
由可得：，可得：
由可得：
，
代入上式化简可得：
则：，解得：
当时，点满足题意；当时，点满足题意
故轴上存在点，使得是以为直角顶点的等腰直角三角形
【点睛】
本题考查了椭圆的方程，直线和椭圆的位置关系，斜率公式，考查了运算能力和转化能力，属于中档题.
21、（1）证明见解析（2）
【解析】
（1）由题意，先求得为的中点，再证明平面平面，进而可得结论；
（2）由题意，当点位于点时，四面体的体积最大，再建立空间直角坐标系，利用空间向量运算即可.
【详解】
（1）证明：当四面体的外接球的表面积为时.
则其外接球的半径为.
因为时边长为2的菱形，是矩形.
，且平面平面.
则，.
则为四面体外接球的直径.
所以，即.
由题意，，，所以.
因为，所以为的中点.
记的中点为，连接，.
则，，，所以平面平面.
因为平面，所以平面.
（2）由题意，平面，则三棱锥的高不变.
当四面体的体积最大时，的面积最大.
所以当点位于点时，四面体的体积最大.
以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.
则，，，，.
所以，，，.
设平面的法向量为.
则
令，得.
设平面的一个法向量为.
则
令，得.
设平面与平面所成锐二面角是，则.
所以当四面体的体积最大时，平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
【点睛】
本题考查平面与平面的平行、线面平行，考查平面与平面所成锐二面角的余弦值，正确运用平面与平面的平行、线面平行的判定，利用好空间向量是关键，属于基础题．
22、（1）见解析（2）见解析
【解析】
（1）求出，分别以当，，时，结合函数的单调性和最值判断零点的个数.（2）令，结合导数求出；同理可求出满足，从而可得，进而证明.
【详解】
解析：（1），，
当时，，单调递减，，，此时有1个零点；
当时，无零点；
当时，由得，由得，∴在单调递减，在单调递增，∴在处取得最小值，
若，则，此时没有零点；
若，则，此时有1个零点；
若，则，，求导易得，此时在，上各有1个零点.
综上可得时，没有零点，或时，有1个零点，时，有2个零点.
（2）令，则，当时，；当时，，∴.
令，则，
当时，，当时，，∴，
∴，，∴，即.
【点睛】
本题考查了导数判断函数零点问题，考查了运用导数证明不等式问题，考查了分类的数学思想.本题的难点在于第二问不等式的证明中，合理设出函数，通过比较最值证明.