北京市海淀区2026届高三下学期二模数学试题 Word版含解析

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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. 设复数在复平面内对应的点位于第三象限，则复数在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限
C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】设，利用复数的乘法化简复数，结合复数的几何意义可得结论.
【详解】根据题意，设，则，且，，
故复数在复平面内对应的点位于第四象限.
2. 已知是单位向量，且，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】因为是单位向量，且
所以
3. 函数的最小值为（ ）
A. 2B. 4
C. 3D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】由关系，结合基本不等式求结论.
【详解】，，
，
当且仅当时，即时等号成立，
因此函数最小值为.
4. 若直线与平行，则与的距离为（ ）
A. B. 2
C. 3D. 4
【答案】A
【解析】
【详解】由题意得，解得，
当时，不重合，故，
可化为，
所以与的距离为.
5. 已知等差数列中，，，则（ ）
A. 2025B. 2026
C. 2048D. 4052
【答案】D
【解析】
【分析】由等差数列通项公式列出等式，求得首项和公差，即可求解.
【详解】设等差数列的首项为​，公差为，通项公式为，
由得：；
由代入通项公式展开： ，
整理后消去同类项得：，
将代入，解得，
因此通项公式为：
代入得： .
6. 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】结合对数函数单调性，利用中间量“”比较大小即可.
【详解】因为，所以
又，即；
因为，
所以，即，
综上，，即.
7. 若函数的值域为，则可以为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用三角恒等变换先化简，进而求解.
【详解】由
，其中，
又因为的值域为，所以，解得，
所以或，
当时，或，得到A符合题意.
8. 如图1，在中，，，，，分别为边，，的中点．将沿折起到沿折起到，使得平面且为等边三角形，如图2所示，则多面体的体积为（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，补全几何体为棱长为1的正方体，进而转化为正方体的体积减去2倍的三棱锥体积即可.
【详解】在中，，，，分别为边，，的中点，
，，四边形是边长为1的正方形，面积，
折叠后，，，且，
因为为等边三角形，所以
因为平面，，
所以，补全几何体为棱长为1的正方体，如图，满足条件；
所以多面体的体积为正方体的体积减去2倍的三棱锥体积，
所以.
9. 已知圆，则“”是“圆与直线相切”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
【答案】B
【解析】
【分析】由直线与圆相切，再结合充分条件，必要条件的概念即可判断.
【详解】将圆的一般方程配方为标准方程：
，
得圆心为，半径，（），
直线，即，
圆心到直线的距离为： ，
圆与直线相切等价于，代入得： ，
两边平方整理得 ，即圆与相切，
充分性：若，可得或，当时，不满足，圆与直线不相切，因此充分性不成立，
必要性：若圆与相切，则，必然满足，因此必要性成立，
综上，是圆与相切的必要不充分条件.
10. 已知函数，集合．若对任意，都有，则的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题知当时，，当时，，进而分，，三种情况，数形结合求解即可.
【详解】当时，，
当时，，
所以，当，即，作出函数的图象，如图，
显然，当，都有，且，
所以
当，即时，作出函数的图象，如图，
当，都有，且
所以，
当，即时，作出函数的图象，如图，
当时，则需满足，即，解得，
所以，
综上，，即的取值范围为.
第二部分（非选择题共110分）
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分．
11. 双曲线的渐近线方程为______．
【答案】
【解析】
【详解】双曲线的渐近线方程为.
12. 在的展开式中，各项系数的最大值为___________．
【答案】10
【解析】
【分析】求出二项式的展开式，进而求出各项系数的最大值.
【详解】由于，
所以在的展开式中，各项系数的最大值为10.
13. 某环保基金会的生态修复专项账户有资金2000万元．基金会制定了如下使用方案：在第年开始时，若账户中的资金超过10万元，则在该年将账户中的一半资金投入使用；若账户中的资金不超过10万元，则在该年将账户中的全部资金投入使用，修复项目在该年结束．按上述使用方案，第4年投入使用的资金为___________万元，该修复项目将在第___________年结束．
【答案】 ①. 125 ②. 9
【解析】
【分析】根据题意，依次分析各年的投入使用的资金与剩余资金情况即可求得答案.
【详解】初始资金（第1年开始时）：2000万元
第1年：资金大于10万元，投入一半
投入金额：万元，剩余资金：万元
第2年：资金大于10万元，投入一半
投入金额：万元，剩余资金：万元
第3年：资金大于10万元，投入一半
投入金额：万元，剩余资金：万元
第4年：资金大于10万元，投入一半
投入金额：万元，剩余资金：万元
第5年：资金大于10万元，投入一半
投入金额：万元，剩余资金：万元
第6年：资金大于10万元，投入一半
投入金额：万元，剩余资金：万元
第7年：资金大于10万元，投入一半
投入金额：万元，剩余资金：万元
第8年：资金大于10万元，投入一半
投入金额：万元，剩余资金：万元
第9年：资金小于10万元，投入全部资金7.8125万元，项目结束
综上，第4年投入使用的资金为125万元，该修复项目将在第9年结束.
14. 若锐角满足，则的一个取值为___________；的最小值为___________．
【答案】 ①. （答案不唯一） ②.
【解析】
【分析】由题意知，，再结合同角三角函数关系，根据二次不等式得，最后根据二倍角公式求解最值即可.
【详解】由题意知，，
所以，即，
因为，
所以，即
解不等式得，
又，，
所以，
所以
综上，的值可以是内的任意值，的最小值为.
15. 在中，，，，为边的中点，为边上的动点．为所在平面内的动点，且．给出下列四个结论：
①对任意的，存在使得；
②对任意的，存在使得；
③存在，使得；
④存在，使得．
其中所有正确结论的序号是______．
【答案】①④
【解析】
【分析】对于①，当与重合时，可得，可判断；对于②，通过举反例，当三点共线时，不满足；对于③④，求出，可判断.
【详解】因为，所以的轨迹为以为圆心，为半径的圆，
又，，，所以，
所以是以为斜边的直角三角形，
又为边的中点，所以圆为的外接圆，
对于①，当与重合时，，
所以对任意的，存在使得，故①正确；
对于②，当三点共线时，
因为点位于圆及其内部，故，即，故②错误；
对于③④，
，
当方向相反时，等号左边成立，当方向相同时，等号右边成立，
又，，
所以，
因为，，
故③错误，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. 如图，在四边形中，是的角平分线．
（1）求证：；
（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，使得四边形存在，求四边形的面积．
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）证明见解析；
（2）选条件①②，四边形的面积为，选条件③，四边形不存在.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理推理得证.
（2）选条件①②，利用余弦定理建立方程组，再利用三角形面积公式求解；选条件③，利用正弦定理判断三角形无解即可.
【小问1详解】
在四边形中，由是的角平分线，，
在中，由正弦定理得，
所以.
【小问2详解】
选条件①：，则，由（1）得，
在中，由余弦定理得，
即，解得，又，
所以四边形的面积.
选条件②：，由（1）得，设，
在中，由余弦定理得，
即，则是方程的两个根，
于是，即，，
由，得，则，，
所以四边形的面积.
选条件③：，由（1）得，
在中，由正弦定理得，即不存在，四边形不存在.
17. 如图，在四棱锥中，，点为的中点，且平面与交于点．
（1）求证：；
（2）若平面平面，四边形为矩形，．点在线段上，直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长．
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用线面平行的性质，结合平行公理及中位线的性质推理得证.
（2）由面面垂直的性质证得直线两两垂直，再建立空间直角坐标系，利用线面角的向量法列式求解.
【小问1详解】
在四棱锥中，由平面平面，得平面，
又平面，平面平面，则，
而点为的中点，因此为中点，，又，
所以.
【小问2详解】
由四边形为矩形，得，
由平面，平面平面，平面平面，
得平面，又，则直线两两垂直，
以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，由点在线段上，设，
，
设平面的法向量，
则，取，得，
由直线与平面所成角的正弦值为
得，而，解得，
所以线段的长为.
18. 某公司利用自动分拣系统对价值500元以下的中、小件包裹进行分拣．该系统对每件包裹分拣的准确率为99.9%．若一件包裹分拣错误，当包裹价值不超过10元时，该公司的损失费用为包裹价值的150%；当包裹价值超过10元但不超过100元时，该公司的损失费用为包裹价值的60%；当包裹价值超过100元时，该公司的损失费用为包裹价值的75%．
该公司随机抽取10000件包裹，记录并整理这些包裹的价值，获得数据如下表：
假设同一组中的每个数据可用该组区间的中点值代替．
假设不同包裹分拣正确与否相互独立．用频率估计概率．
（1）估计一件包裹价值不超过100元的概率；
（2）记为一件包裹分拣错误时该公司的损失费用，估计的数学期望；
（3）该公司每天平均处理10万件包裹．若使用一项新技术，可以让分拣的准确率增加到99.99%，但每天需额外支付5000元．仅从费用的角度考虑，该公司是否使用该项新技术？说明理由．
【答案】（1）
（2）
（3）建议使用新技术，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）根据频率估计概率，计算对应的频率即可得答案；
（2）根据题意，的所有可能值为，，，（单位：元），再结合频率估计概率计算对应取值的概率，列分布列，求期望即可；
（3）根据题意，采用新技术，分拣的准确率增加了0.09%，进而计算该部分可能带来的损失，并与采用新技术的投入比较即可判断.
【小问1详解】
解：根据题意，抽取的10000件包裹中，有8000件价值不超过100元，
所以不超过100元的频率为，
根据频率估计概率，一件包裹价值不超过100元的概率为
【小问2详解】
解：根据题意，同一组中的每个数据可用该组区间的中点值代替，
故当包裹价值在时，包裹价值为元，损失费用为元；
当包裹价值在时，包裹价值为元，损失费用为元；
当包裹价值在时，包裹价值为元，损失费用为元；
当包裹价值在时，包裹价值为元，损失费用为元；
所以，的所有可能值为，，，（单位：元）
，，
，，
所以的概率分布列如下：
所以，(元)
【小问3详解】
解：建议使用新技术，理由如下：
根据题意，若采用新技术，分拣的准确率增加了0.09%，
故采用新技术时，每天可以减少的损失费用约为 元，
由于，故建议使用新技术.
19. 椭圆的下顶点为，左焦点到的距离为．
（1）求椭圆的方程及离心率；
（2）经过点的直线与椭圆的另一个交点为（位于轴上方），与轴的交点为．点关于轴的对称点为．过点作与轴平行的直线交直线于点．设与的面积分别为与，若，求直线的斜率．
【答案】（1）椭圆的方程为，离心率为
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意知，进而求得答案；
（2）设直线方程为，进而求得点，，，，再结合弦长公式，面积公式求解与面积，建立关于的方程并解方程即可得答案.
【小问1详解】
设椭圆的焦距为，
则下顶点坐标为，左焦点到下顶点的距离为，
因为椭圆的下顶点为，左焦点到的距离为，
所以，，
所以椭圆的方程为；
离心率为；
【小问2详解】
由题意知，直线的斜率存在且不为零，
设直线方程为，令得，故，
联立方程，得，解得或，
所以，代入得，
所以，，
所以，
所以直线的方程为，
因为的方程为，
所以，得，
所以，
因为，
点到直线的距离为，
所以，
因为，
所以，即，
设椭圆的右顶点为，
因为经过点的直线与椭圆的另一个交点为（位于轴上方），
所以，故，，
所以，
令，则，即，
所以，
解得或（舍去），则，
所以，即直线的斜率为.
20. 已知函数，其中．
（1）当时，求曲线经过点的切线条数；
（2）当时，求证：对任意；
（3）若关于的方程在区间上有且仅有1个解，直接写出的最小值．
【答案】（1）3； （2）证明见解析；
（3）.
【解析】
【分析】（1）设出切点坐标，利用导数的几何意义求出过点的切线方程，进而确定切线条数.
（2）求出函数的导数并确定其单调性，由最大值推理得证.
（3）由（2）可得是的一个解，再分离参数构造函数，利用导数求出其值域即可求出的范围.
【小问1详解】
当时，函数，求导得，
设切点坐标为，则切线方程为，
而切线过点，因此，整理得，
解得或，当时，，切线方程为；
当时，，切线方程为；
当时，，切线方程为，
所以曲线经过点的切线条数为3.
【小问2详解】
函数的定义域为R，求导得，
令，求导得，
由，，得，当时，；
当时，，函数在上单调递减，在上单调递增，
，即，函数在上单调递增，
，
所以当时，对任意.
【小问3详解】
由（2）知，，，
因此是方程在的解，由方程在上有且仅有1个解，
得当时，无解，由，
得，令函数，
求导得
，而，则，
函数在上单调递减，
当从小于的方向趋近于时，，又
当时，，
则恒成立，当且仅当时取等号，
即，，且当从大于的方向趋近于时，，
因此函数在上的值域为，由在无解，得，
由关于的方程在区间上有且仅有1个解，得，
所以的最小值为.
21. 给定正整数，如果一个无穷数列满足：对于任意正整数，这项中恰有个不同的数，则称为预言数列．
（1）分别写出下列数列是否为3-预言数列；
①；②
（2）是否存在首项为3的3-预言数列？若存在，求出所有符合条件的数列；若不存在，说明理由；
（3）求预言数列的个数．
【答案】（1）是3-预言数列；不是预言数列；
（2）不存在首项为3的预言数列，理由见解析；
（3）当时，，此时预言数列的个数为1；当时，预言数列的个数为.
【解析】
【分析】（1）根据题意，结合预言数列的定义依次判断即可；
（2）根据题意得且，再假设存在，则，再依次讨论，，时均不满足即可说明不存在；
（3）先讨论时的情况，再讨论，结合反证法证明预言数列的个数为.
【小问1详解】
解：对于①，
当时，对于任意正整数，的值均为，不同的数的个数为，
所以是预言数列；
对于②
由于，，，，，，……，
当，时，对应的项为，，，
其中不同的数有和两个，不等于，
所以不是预言数列.
【小问2详解】
解：不存在，证明如下：
根据题意，任意正整数，这项中恰有个不同的数，
任意正整数，，这项中恰有个不同的数
所以且
假设存在首项的预言数列，则中有不同的数，
即必须互不相同，即，
当时，不满足，矛盾；
当，根据题意，对于正整数，，这项中恰有个不同的数，
即，与矛盾；
当时，根据题意，对于正整数，，这项中恰有个不同的数，
即，且，
又因为，所以，，，
此时与对于正整数，，这项中恰有个不同的数矛盾.
综上，不存在首项为的预言数列.
【小问3详解】
解：当时，，此时预言数列的个数为1；
当时，预言数列的个数为，证明如下：
①同（2），可得且，
所以，若数列中某一项为1，则后续项只可能均为1或者均为2.
②设中的最大项为，证明.
假设，则存在，
由题可知，中恰有，这个不同的数，
所以，其中存在（若有多个，则取最后一个），存在，（若有多个，则取最前一个），
若，则，，矛盾；
若，则中恰有个不同的数，
又因为中没有，且，其后续项也没有，矛盾.
由上可知，.
③由②，若，则，符合；
若，设，则其后续项可取到和，且其中第一个1的后续项只能为2，
否则其前一项（取2）对应的后续项只能取1，矛盾；
所以，若，则其后续项只能有1个1，个2，
共有种不同的取法，考虑到数列首项还可能是1，
所以，当数列中最大项为2时，共有个预言数列，
综上，时，预言数列的个数为.
价值
件数
4000
4000
1200
800
7.5
33
150
300