北京市石景山区2025 ~2026学年度高三下学期二模数学试题 解析版

这是一份北京市石景山区2025 ~2026学年度高三下学期二模数学试题 解析版，共6页。试卷主要包含了 在复平面内，复数对应的点位于， 已知集合，，则， 已知函数是偶函数，则实数， 已知实数a，b，c，d满足， 人们通常以分贝， 若，则n的值为等内容，欢迎下载使用。
2026.5
本试卷共6页，满分为150分，考试时间为120分钟.请务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.考试结束后，将答题卡交回.
第一部分（选择题共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. 在复平面内，复数对应的点位于（ ）
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】利用复数的几何意义即可求解.
【详解】，
复数对应的点为，位于第四象限.
2. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】因为，
所以.
3. 已知函数是偶函数，则实数（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据偶函数定义求解.
【详解】因为函数为偶函数，
所以，
所以，解得.
4. 已知实数a，b，c，d满足：，则下列不等式恒成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】举出反例可判断BCD，根据不等式的基本性质，可判断A，进而得到答案．
【详解】对于A，由，两式相加得，故A正确；
对于B，令，满足，
此时，，故B错误；
对于C，令，满足，
此时，，故C错误；
对于D，令，满足，
此时，，故D错误.
5. 设α，β是两个不同的平面，则的充要条件是（ ）
A. 存在无数条直线与α，β都平行
B. 存在无数个平面与α，β都垂直
C. 对任意的直线，都存在直线，使得
D. 对任意的直线，都存在直线，使得
【答案】C
【解析】
【分析】借助于长方体模型逐一判断各选项即可.
【详解】
如上图，作长方体，取平面，平面分别为平面.
对于A，因，且，且，则，
显然可作无数条与平行且不在平面的直线，即存在无数条直线与都平行，但不平行，故A错误；
对于B，因平面与平面均垂直，且显然可作无数个与平面平行的平面，
即存在无数个平面与都垂直，但不平行，故B错误；
对于D，由上图，显然，且，在平面内作一条与垂直相交的直线，则，
从而对平面内的任意直线，都有，即对任意的直线，都存在直线．使得，但不平行，故D错误；

对于C，假设为两相交平面，如上图取平面，平面分别为平面，
则，对于任意的直线，（不妨设与相交）都存在直线，使得，因，
则有，又因，则有，这与与相交矛盾，故假设不成立，故有，充分性成立；
反过来，时，对于任意的直线，都可以过直线和平面内一点作一个平面，使，
则必有，故必要性成立，故C正确.
6. 已知函数．若存在2个零点，则a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将存在个零点转化为函数与的图象有2个交点，先讨论与相切的情况，再将平移讨论的范围，数形结合即可求解.
【详解】若存在2个零点，则有2个解，即有2个解，
即函数与的图象有2个交点.
当时，单调递减，值域为，
当时，单调递增，值域为，
先求与相切的情况：
设切点为，因为，所以，所以，所以切点为，
代入切线方程，得.
当时，直线与相切于点，
同时与有个交点，此时共2个交点；
当时，直线与有个交点，
与有个交点，共2个交点；
当时，直线与无交点，与有个交点，共个交点；
当时，直线与无交点，与无交点，共个交点；
综上，存在2个零点时，的取值范围是.
7. 人们通常以分贝（符号是dB）为单位来表示声音强度的等级．一般地，如果强度为I的声音对应的等级为LdB，则有．已知某品牌笔记本电脑工作时产生的噪音强度的等级约为52dB，如果通过改善相关结构，将其噪音的强度减少为原来的一半，则改善后的噪音强度的等级约为（ ）
（参考数据：）
A. 49dBB. 46dBC. 26dBD. 13dB
【答案】A
【解析】
【分析】设原强度、新强度,代入分贝公式拆分对数，利用已知和计算,得结果.
【详解】设原来的噪音强度为，对应的等级.
改善后的噪音强度为，对应的等级为.
根据公式，代入得：.
计算：.
将，代入：
.
8. 若，则n的值为（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】利用二项式定理补项配凑求和的通项表达式
【详解】由，
解得.
9. 在中，，，D为BC边上的中点，，则的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用余弦定理及向量数量积的运算律求出，再利用三角形面积公式求解.
【详解】在中，由余弦定理得，
而，则，
两式联立解得，所以的面积为.
10. 在正方体中，E是棱的中点，S是正方形ABCD及其内部的点构成的集合，设集合，则T表示的轨迹是（ ）
A. 线段B. 圆的一部分C. 椭圆的一部分D. 抛物线的一部分
【答案】B
【解析】
【分析】首先建立空间直角坐标系，进一步利用两点间的距离公式化简求出结果．
【详解】根据正方体中，建立空间直角坐标系，如图所示：

设正方体的棱长为1，
则，
由于，
所以，
整理得，即，
所以，动点的轨迹为圆的一部分．
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. 函数的定义域是______．
【答案】
【解析】
【详解】要使函数有意义，
则，解得且，
所以函数的定义域为.
12. 设向量与不共线，向量与共线，则______．
【答案】##0.5
【解析】
【详解】向量与不共线，由向量与共线，
得，所以.
13. 设双曲线C：，若直线与双曲线C无公共点，则b的一个取值为______．
【答案】1（只要满足即可，答案不唯一）
【解析】
【分析】根据题意可知，只需比较直线的斜率与渐近线的斜率即可.
【详解】双曲线C：的一条渐近线的斜率为，
若直线与双曲线C无公共点，只需.
故b的一个取值可以为，（只要满足即可，答案不唯一）.
14. 等比数列满足，，则______；若，则的最大值为______．
【答案】 ①. ②. 64
【解析】
【分析】由等比数列基本量求通项，利用数列单调性进行最大值计算求解
【详解】设等比数列公比为q，则，即，即；
因为，所以数列为递减数列且各项均为正，，，
当时，；当时，且递减，所以当时取最大值为
15. 已知α，，且.给出下列四个结论：
①有最小值；
②无最大值；
③有最小值；
④无最大值．
其中所有正确结论的序号是______．
【答案】②③④
【解析】
【分析】根据所给条件，令，可得，分别令，，转化为关于的式子，令换元后，再由函数单调性判断选项即可.
【详解】因为，所以，
因为，所以，
设，由可得，解得，
所以，，
对①②，令，代入得：，
令，则，则，函数在上单调递增，故无最值，故①错误②正确；
令，代入可得，
由可得，则，由函数在上单调递减，在上单调递增，所以当时，，由于区间端点取不到，故无最大值，故③④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. 已知函数．
从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数存在．
（1）求的值；
（2）求在区间上的最大值和最小值．
条件①：函数的图象的相邻两个对称中心之间的距离为；
条件②：；
条件③：函数在区间上具有单调性，且.
注：如果选择的条件不符合要求，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）选择条件①或③，的值为
（2）在区间上的最大值为，最小值
【解析】
【分析】（1）先化简函数，再根据所选条件确定的值，进而求出的值.
（2）先求出的范围，再根据三角函数的性质求出给定区间上的最值.
【小问1详解】
选条件①：根据题意，解得，即，因为，所以，
则，．
选条件②：由，可得，
因为正弦函数的值域为，而，所以此条件下函数不存在.
选条件③：因为函数在单调，且，
所以，解得，即，因为，所以，
则，．
【小问2详解】
据题意，，，
当，即时，，所以的最大值为．
当，即时，，所以的最小值为.
17. 如图，在正三棱柱中，，M，N分别是，的中点．
（1）求证：平面；
（2）求二面角的余弦值；
（3）设平面与平面的交线为l，求直线l与直线MN所成的角.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）.
【解析】
【分析】（1）根据线面平行的判定定理求证即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角余弦值即可；
（3）利用向量法求线面角即可.
【小问1详解】
如图，取的中点G，连接NG，AG．
由N，G分别为，的中点，得，且．
又因为，且，
所以，且．
故四边形AMNG为平行四边形．所以．
又因为平面，平面，
所以平面．
【小问2详解】
取AB中点O，中点H，连结CO，OH．
在正三棱柱中，平面ABC，为等边三角形，
则，，易得平面ABC.
所以，.
故AB，OC，OH两两互相垂直，不妨设，
如图建立空间直角坐标系，
则，，，，，
因此，，
设平面的法向量为，
则即
令，则.于是.
取BC中点Q，则易知为平面的一个法向量.
平面的一个法向量.
所以．
由题意知二面角为钝角，所以其余弦值为．
【小问3详解】
因为，平面，平面，所以平面.
因为平面平面，平面，所以.
又因为.
设直线l与直线MN所成角为α，，
直线l与直线MN所成角为.
18. 2026年春节期间，模式口历史文化街区推出“骐骥献瑞”主题集章打卡活动.游客可以收集“龙马献瑞”，“马到成功”，“马效炎德”，“马奔财乡”，“奇骏延年”，“马行无疆”6个蕴含马年吉祥寓意的专属印章.为了解不同年龄段游客的打卡习惯，从参与活动的人群中随机抽取100名游客，统计他们集章情况如下表（同一题材重复集章只计1个）：
每个游客的打卡行为相互独立.
（1）从上表的青年组中随机抽取1名游客，求该游客集章个数不少于4的概率；
（2）从参与打卡活动的青年和中年游客中各随机抽取2人，用上表统计的频率估计概率，试估计这4人中“恰有2人集章4个、2人集章5个”的概率；
（3）将青年、中年、老年组的组别分别编码为，0，1，用上表统计的频率估计概率，从集章个数为k（，2，3，4，5，6）的游客中随机抽取1人，记该游客的组别编码为，写出满足的k值的个数.（结论不要求证明）
【答案】（1）
（2）
（3）2
【解析】
【分析】（1）利用古典概型求解即可；
（2）根据频率估计的概率，结合互斥事件与独立事件的概率公式求解；
（3）根据期望公式转化为老年人与青年人的人数多少问题求解即可,
【小问1详解】
表中青年组共有游客30名，其中集章个数不少于4的人数为，
从中随机抽取1名游客，该游客集章个数不少于4的概率为．
【小问2详解】
根据题中数据，“青年游客集章4个”的概率可估计为；
“青年游客集章5个”的概率可估计为；
“中年游客集章4个”的概率可估计为；
“中年游客集章5个”的概率可估计为．
所以“恰有2人集章4个、2人集章5个”的概率可估计为：．
【小问3详解】
因为青年、中年、老年组的组别分别编码为，0，1，
所以期望P（老人）P（青年），
需满足P（老人）P（青年） （因分母为总人数，只需比较分子），
对分别计算：
当，青年1人，中年3人，老年1人，老年人数青年人数，；
，青年1人，中年2人，老年2人，老年人数青年人数，；
同理，当时，老年人数都小于青年人数，所以，
综上，满足条件的值为，共2个.
19. 已知椭圆C：的离心率为，其左顶点为A，上顶点为B，，直线l平行于AB且与椭圆C交于不同的两点M，N．
（1）求椭圆C的方程；
（2）是否存在直线l使得A，B，N，M为顶点的四边形为等腰梯形？若存在，求此时l的方程；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）不存在，理由见解析
【解析】
【分析】(1）根据离心率可得，再结合可得，即可得椭圆方程；
(2）设直线，与椭圆方程联立，利用韦达定理分别求线段的中点，结合等腰梯形的性质列式求解即可.
【小问1详解】
由已知可得，解得．
故椭圆C的方程为．
【小问2详解】
据题意，假设存在平行于AB的直线l，
设直线l的方程为，设，，
联立，得，
，即，
，，
因为以A，B，N，M为顶点的四边形为等腰梯形，
所以，即成立，
，，
，
，
整理得．
代入，
得，即或，
当时，，则，
又因为，解得．
当时，直线l方程为与直线AB重合，不符合题意，舍去；
当时，直线l方程为所得四边形为平行四边形，不符合题意，舍去；
所以不存在平行于AB的直线l交椭圆于M，N两点，使得以A，B，N，M为顶点的四边形为等腰梯形．
20. 已知函数．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）令．
（ⅰ）当时，讨论函数在上的单调性；
（ⅱ）若在内存在唯一的极大值点，求实数a的取值范围．
【答案】（1）
（2）（ⅰ）单调递增；（ⅱ）
【解析】
【分析】(1)求导后计算切点坐标和切线斜率即可求解
(2)(i)二次求导判断导数的最小值，进而判断原函数的单调性
(ii)与分类讨论，通过二次求导来证明极值点存在
【20题详解】
根据题意，，，
，，，
所以所求切线方程为.
【21题详解】
（ⅰ）时，，
，
设，则 ，
当时， ，，所以；
当时， ，，所以.
所以在单调递减，在单调递增.
所以当时，，
所以在上单调递增.
（ⅱ）由已知， ，
，
①当时， ，
所以在上单调递增，不合题意.
②当时，设，则 ，
当时， ，，所以；
当时， ，，所以.
所以在单调递减，在单调递增.
因为，当， ；当， ，
所以存在，，使 ．
当x变化时，，情况如下：
所以在上存在唯一的极大值点，符合题意.
综上所述，
21. 设递增数列中的每一项都是正整数，其前n项和为．对于正整数k，若存在正整数j，使得，则称覆盖了，记的“覆盖阶数”为．定义的“覆盖滞后度”为．规定．
（1）若，，，，求和的值；
（2）若数列是首项为1，公差为2的等差数列，判断是否存在正整数k，使得？若存在，求出所有满足条件的k的值；若不存在，请说明理由；
（3）设前k项的“覆盖滞后度”，，…，的最大值为M，求证：对任意的，存在，使得．
【答案】（1）0；1 （2）存在唯一的
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据定义求解.
（2）根据定义可得，，解得的范围，根据得到的值，从而得到．根据定义检验：，，符合题意．从而得到存在唯一的符合题意．
（3）分别按照和两种情况讨论证明.
【小问1详解】
因为，，，，
所以，，，，，
所以，，所以，，
所以，．
【小问2详解】
由已知得，．
设存在正整数k，使得，
则，，，
可得，，
所以，解得．
因为，所以，．
检验：，，，
所以，，，符合题意．
综上所述，存在唯一的符合题意．
【小问3详解】
当时，，，．
当时，设，则，
所以，，
因为，所以，
所以．
任取，设是，，…中首次达到或超过m的项，
即且．
因为，所以，即，
所以．
组别
集章1个
集章2个
集章3个
集章4个
集章5个
集章6个
各组总人数
青年
1人
1人
2人
12人
12人
2人
30人
中年
3人
2人
8人
30人
15人
2人
60人
老年
1人
2人
1人
3人
2人
1人
10人
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