2026北京丰台区高三下学期二模数学试题含解析

这是一份2026北京丰台区高三下学期二模数学试题含解析，文件包含北京市丰台区20252026学年度第二学期综合练习二高三数学原卷版docx、北京市丰台区20252026学年度第二学期综合练习二高三数学解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共27页， 欢迎下载使用。
第一部分（选择题40分）
一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.
1. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】因为集合，，
则集合必包含元素，可能包含元素，所以，，故A正确，BD错误，
因为，且，所以，故C错误.
2. 复数的虚部是．
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】，故虚部为．选B.
3. 下列函数中，定义域和值域相同的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】使用函数的图象性质结合图象变换，分别求各个选项中函数的定义域与值域并比较即可求解.
【详解】对于A，的定义域为，值域为，
定义域与值域相同，故A正确；
对于B，的定义域为，值域为，
定义域与值域不同，故B错误；
对于C，的定义域为，值域为，
定义域与值域不同，故C错误；
对于D，的定义域为，值域为，
定义域与值域不同，故D错误；
4. 已知单位向量满足，则与的夹角为（ ）
A. 30°B. 60°
C. 120°D. 150°
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，利用向量数量积的运算，求得，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】由向量为单位向量，可得，
因为，可得，
解得，所以，
又因为，可得，所以与的夹角为.
5. 已知圆的圆心为，斜率为的直线与该圆相切且与轴交于点，则（ ）
A. B. 2
C. D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】根据方程可得圆心和半径，设，根据直线与圆相切可得，即可得结果.
【详解】圆即，圆心为，半径，
设，则直线，即，
则，即，
所以.
6. 在的展开式中，的系数为（ ）
A. B.
C. 1D. 3
【答案】D
【解析】
【详解】由题意可知展开式中含的项为，
所以的系数为3.
7. 已知双曲线的左、右焦点分别为为双曲线右支上一点，线段与轴交于点，若（为坐标原点），，则双曲线的离心率为（ ）
A. B.
C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】由双曲线定义的应用结合双曲线参数关系与离心率公式即可求解.
【详解】由题意得，即，
且，，解得，
则.
8. 已知函数，，若的最大值为，则（ ）
A. ，有2个零点B. ，有3个零点
C. ，有2个零点D. ，有3个零点
【答案】C
【解析】
【分析】整理可得，换元令，结合二次函数性质可得，令求得，进而分析得零点.
【详解】因为，，
令，可得的图象开口向下，对称轴，
当，即时，则的最大值为，解得；
当，即时，则的最大值为，解得（舍去）；
综上所述：，则，
令，解得或（舍去），
又因为在有2个解，
所以有2个零点.
9. 已知定义域为的函数满足，.若在区间上单调递增，则“在上单调递增”是“是奇函数”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】举反例说明充分性不成立，根据奇函数的定义和性质判断必要性成立.
【详解】若在上单调递增，例如，
满足，在区间上单调递增，但，
所以函数不是奇函数，所以充分性不成立；
若函数是奇函数，则，
且在区间上单调递增，则在区间上单调递增，
所以在上单调递增，所以必要性成立；
综上所述：“在上单调递增”是“是奇函数”的必要不充分条件.
10. 已知曲线.下列结论正确的是（ ）
A. 曲线上的任意一点在圆的内部
B. 曲线上的任意一点在圆的外部
C. 曲线上存在点，使
D. 曲线上存在点，使
【答案】C
【解析】
【分析】举反例说明AB；根据方程结合基本不等式可得，进而判断CD.
【详解】曲线，圆
因为，，
例如点在曲线上，也在圆上，故AB错误；
由可得，
当且仅当时，等号成立，
设，则，
整理可得，解得，
即，且，，
则，，
所以曲线上存在点，使，不存在点，使，故C正确，D错误.
第二部分（非选择题110分）
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.
11. 不等式的解集是___________.
【答案】
【解析】
【分析】把不等式化为，结合指数函数的单调性，即可求解.
【详解】由不等式，可化为，
因为函数为定义域上的单调递增函数，所以，
所以不等式的解集为.
12. 已知等比数列的前项和为，若，，成等差数列，，则___________.
【答案】3
【解析】
【分析】根据等差中项结合前项和定义可得，即可得公比和.
【详解】因为，，成等差数列，则，
即，则，即，
可得等比数列的公比为，
且，所以.
13. 已知函数的部分图象如图所示，则___________；若将函数的图象向右平移个单位后得到函数的图象，请写出的图象的一条对称轴方程：___________.
【答案】 ①. 2 ②. （答案不唯一，满足即可）
【解析】
【分析】由图可知，即可得；根据图象可知函数的对称轴为，结合图象平行求函数的图象的对称轴方程.
【详解】设函数的最小正周期为，
则，即，
且，则，所以；
由图可知：为函数的对称轴，
结合函数的周期可知函数的对称轴为，
又因为将函数的图象向右平移个单位后得到函数的图象，
所以函数的图象的对称轴方程为，
所以的图象的一条对称轴方程为.
14. 随着科技的不断进步，智能机器人技术已成为推动现代仓储管理领域创新发展的重要力量.如图，某智能仓储机器人在平面直角坐标系中的格点（横、纵坐标均为整数的点）上运动，每步只能向右或向上移动1个单位长度.设该机器人在横坐标为偶数的格点上，向右一步的能耗为3个单位，向上一步的能耗为2个单位；在横坐标为奇数的格点上，向右一步的能耗为2个单位，向上一步的能耗为4个单位.该机器人从出发，先向右移动2个单位长度，再向上移动2个单位长度，到达，则它的总能耗为___________个单位；再从出发运动到，那么它从到的所有路径中，总能耗的最小值为___________个单位.
【答案】 ①. 9 ②. 441
【解析】
【分析】根据题意分步求从到的总能耗；分析可知向右走的能耗是固定的，向上走的能耗最小为偶横坐标格点向上，进而分析求解.
【详解】第一步：（横坐标为偶数）向右移动1个单位长度，能耗为3个单位；
第二步：（横坐标为奇数）向右移动1个单位长度，能耗为2个单位；
第三步：（横坐标为偶数）向上移动1个单位长度，能耗为2个单位；
第四步：（横坐标为偶数）向上移动1个单位长度，能耗为2个单位；
所以总能耗：；
从到共需要向右走98步、向上走98步，
且向右走需要49步奇横坐标格点向右和49步偶横坐标格点，向上走偶横坐标格点向上更便宜，
则向右走的耗能是固定的，为；
且向上走的耗能最小为偶横坐标格点向上，为；
所以最小总耗能为.
15. 已知是棱长为2的正方体表面及其内部的点，直线与直线所成的角为，且，给出下列四个结论：
①满足条件的点有无数个；
②点的轨迹是一段圆弧；
③线段长度的最大值为2；
④三棱锥体积的最大值为.
其中正确结论的序号是___________.
【答案】①③④
【解析】
【分析】建系并求出相关点的坐标，设，根据线线夹角和空间中距离公式可得点的轨迹方程，即可判断①②；再根据点的轨迹方程分析可得，进而判断③④.
【详解】以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，
设，
可得，，，，
因为直线与直线所成的角为，
则，整理可得，
又因为，则，整理可得，
联立可得，即，
可知点的轨迹方程为，，
所以点的轨迹为双曲线的一部分，满足条件的点有无数个，故①正确，②错误；
因为，则，可得，即，
则，
当且仅当时，等号成立，
所以线段长度的最大值为2，故③正确；
因为点到平面的距离为，
所以三棱锥体积的最大值为，故④正确.
三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.
16. 在中，角的对边分别为，已知.
（1）求；
（2）若，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求边上的高.
条件①：；
条件②：；
条件③：.
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】（1）
（2）若选②，，若选③，，
【解析】
【分析】（1）根据题意，利用余弦定理，求得，即可求解；
（2）根据题意，分别选择条件，结合正弦定理和余弦定理，以及三角形的面积公式，即可求解.
【小问1详解】
解：因为，
由余弦定理得，
因为，可得.
【小问2详解】
解：选择条件①：，且
由正弦定理，可得，
因为，所以这样的不存在；
选择条件②，因为，且，
所以，则，
由，可得，
因为，所以，解得，所以
由正弦定理，可得，
设边上的高为，可得的面积为，所以，
因为，可得，
又因为，可得，所以.
选择条件③：由，
根据向量的数量积的公式，可得，所以，
因为且，所以，解得，
由余弦定理，
可得，所以
设边上的高为，可得的面积为，所以，
所以.
17. 如图，在直三棱柱中，，，为的中点，直线交平面于点.
（1）求证：为的中点；
（2）若是棱上一点，且直线与平面所成角的正弦值为，求的值.
【答案】（1）证明见详解
（2）
【解析】
【分析】（1）根据面面平行的性质可得，进而可得，即可得结果；
（2）建系并标点的坐标，设，，求平面的法向量，根据线面夹角列式求解即可.
【小问1详解】
因为平面平面，且平面平面，平面平面，
则，且，可得，
又因为为的中点，所以为的中点.
【小问2详解】
以为坐标原点，为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
设，，
可得，，，
设平面的法向量为，则，
令，则，可得，
因为直线与平面所成角的正弦值为，
则，整理可得，解得，
所以.
18. 某公司为评估员工使用人工智能技术辅助办公的能力，随机抽取了该公司名员工，通过专用系统进行综合评分（满分为100分），得到如下频率分布表.
（1）求的值；
（2）现采用按比例分层抽样的方法从综合得分为和的员工中抽取6人.若从这6名员工中随机选取2人进行座谈，设为选取的2名员工中综合得分不低于60分的人数，求的分布列和数学期望；
（3）该公司为了进一步提升员工应用人工智能技术辅助办公的能力，决定聘请某机构对员工进行培训.该机构给出了以下两个方案：
方案一：对该公司所有员工进行培训，保证培训后人均综合得分提高10分；
方案二：只对该公司综合得分低于60分的员工进行培训，保证培训后，原综合得分在的员工人均综合得分提高5分，原综合得分在的员工人均综合得分提高20分.
用样本估计总体.为尽可能提升该公司员工的人均综合得分，应选择哪个方案？（结论不要求证明）
【答案】（1）；
（2）的分布列为

（3）应选择方案二
【解析】
【分析】（1）根据表格中数据结合频率、频数之间的关系运算求解；
（2）分析可知随机变量的可能值为0，1，2，结合超几何分布求分布列和期望；
（3）以区间的中间值作为估计值，结合题意分别求两种方案的得分平均数，进而对比分析.
【小问1详解】
因为在内频数为60，频率为，则，
且在内频数为30，则，
则在内频数为，频率.
【小问2详解】
因为综合得分为和的人数比为，
则在综合得分为内抽取人数为，在综合得分为内抽取人数为，
可知随机变量的可能值为0，1，2，则有：
，，，
所以的分布列为
的期望为.
【小问3详解】
方案一：该公司员工的人均综合得分；
方案二：该公司员工的人均综合得分；
因为，所以应选择方案二.
19. 已知椭圆的离心率为，以椭圆的焦点和短轴顶点为顶点的四边形是边长为2的菱形.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）已知为椭圆的左顶点，，为椭圆上两个不同的动点（均不与点重合），且满足直线与直线的斜率之积为.求证：直线过定点.
【答案】（1）
（2）证明见详解
【解析】
【分析】（1）根据题意结合离心率可得，，即可得和椭圆方程；
（2）设直线，，，与椭圆方程联立可得韦达定理，根据斜率关系结合韦达定理可得或，进而分析证明.
【小问1详解】
由题意可得：，，可得，，
所以椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
由题意可知：，直线的斜率存在，
设直线，，，
联立方程，消去y可得，
则，可得，
则，，
因为，
整理可得，
即，
整理可得，解得或，
若，则直线过定点，不合题意；
若，则直线过定点，符合题意；
综上所述：直线过定点.
20. 已知函数是的导函数.
（1）若，求的值；
（2）若存在最大值，求的取值范围；
（3）设在处取得最大值.直线是曲线在点处的切线，且与轴交于点，为坐标原点.是否存在点，使的面积为？若存在，求的值；若不存在，说明理由.
【答案】（1）
（2）
（3）答案见解析
【解析】
【分析】（1）求得 ，将代入和，求得 和，结合 ，即可求解；
（2）令，求得，令 ，结合二次函数的性质，分类讨论，求得函数的单调性，进而得到答案.
（3）由，得到，根据在处取得最大值，求得，求得切线方程，求得，得到，再由的面积为，得到，设，利用导数求得在上单调递增，得出在上无解，即可得到答案.
【小问1详解】
由函数，可得 ，
则 ， ，
因为 ，可得，解得.
【小问2详解】
函数的定义域为,因 ，
令，则
令 ，
①当时，即时， 在上恒成立，
即在上恒成立；所以在上单调递增，无最大值,不合题意；
②当时，即时，二次函数 的图象开口向上，
且对称轴，，所以在上恒成立；
即在上恒成立；则在上单调递增，无最大值，不合题意；
③当时，即时，在的根处取得最大值，
由二次函数的图象开口向下，对称轴，
因为，所以存在，，
当时，，即，在上单调递增；
当时，，即，在上单调递减，
所以在处取得最大值，
综上可得，实数的取值范围为.
【小问3详解】
由（1）知，可得
因为在处取得最大值，则是的极大值点，
即是的根，则，解得，
把代入得，可得 ，
则曲线在点处的切线方程为 ，
令 ，可得，
又因为 ，
可得
，
在中，为原点，，
所以，
当时，，令 ，
可得，
当时，，在单调递增，所以，
即，所以，
因为的面积为，可得，即，
设 ，可得 ，
设 ，可得，
令 ，可得在上单调递增，
所以 ，可得，所以在上单调递增，
所以 ，
可得，所以在上单调递增，
所以，
所以在上无解，即不存在的值，使得的面积为.
21. 已知无穷正整数数列，满足：①；②对于任意正整数，都有，则称数列具有性质.
（1）判断下列无穷数列，是否具有性质.
①；
②.
（2）对于任意具有性质的数列，记.求证：；
（3）若数列具有性质，证明：集合是无限集.
【答案】（1）①具有性质；②不具有性质.
（2）证明见解析. （3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）先检查数列是否为严格递增的正整数数列，再代入性质中的等式验证.
（2）把与奇数作差，利用性质把换成，再与前个正奇数的和比较.
（3）设，将结论转化为证明的项有无穷多个，再用反证法说明若只出现有限次，则最终只能为正或为负，都会与第（2）问得到的恒等关系矛盾．
【小问1详解】
①当时，显然为正整数，且.
又因为，所以 .
从而.
前个正奇数的和为，所以.
故数列具有性质.
②当时，该数列虽然是严格递增的正整数数列，但取，有.
而，同时 .
所以.
不满足性质中的条件②，故数列不具有性质.
【小问2详解】
由数列具有性质，得．
因此，
所以，所以．
【小问3详解】
设数列满足．
由题知，得，即，
假设中满足的项数有限，则存在正整数，使得当时，，
即当时，或．
①若满足的项数有限，则存在正整数，使得当时，，
由第二问可知恒成立.(1)
设，由于当时，，又是整数，有，
所以，
所以对满足的正整数，，与(1)式矛盾．
②若满足的项数有限，同理可得矛盾．
③由①②可知，中有无穷多项满足，且有无穷多项满足，
因此，存在正整数，使得且，
因此，存在正整数，使得，且，即且，于是，与矛盾，
所以数列中有无穷多项为0．
即集合是无限集．
综合得分
频数
频率
60
0.6
30
0
1
2
0
1
2