北京市昌平区2025-2026学年高三下学期二模数学试题 解析版

这是一份北京市昌平区2025-2026学年高三下学期二模数学试题 解析版，共6页。
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. 或
【答案】B
【解析】
【详解】集合，集合.
在中满足的元素只有，所以
2. 在复平面内，复数对应的点的坐标为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】∵ 复数的分子分母同乘进行化简，得.
∴ 该复数对应的点的坐标为.
3. 在的展开式中，所有二项式系数的和为，则的系数为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】∵ 二项式的所有二项式系数的和为，由题得，解得.
∴ 的展开式的通项为，.
令，可得的系数为.
4. 设，则下列不等式一定成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由，利用对数性质取特殊值可排除A，根据单调递减判断B不成立，再取特殊平方值否定C，最后由在上单调递增，结合得，确定D成立.
【详解】选项A：，取特殊值，，则，，原不等式不成立，故A错误.
选项B：指数函数在上单调递减，由，得，即，故B错误.
选项C：.取特殊值，，则，，，不等式不成立，故C错误.
选项D：正弦函数在上单调递增，由，得，即，不等式恒成立，故D正确.
5. 已知函数，则是（）
A. 偶函数，且在上是增函数B. 奇函数，且在上是增函数
C. 偶函数，且在上是减函数D. 奇函数，且在上是减函数
【答案】D
【解析】
【分析】先确定定义域为且关于原点对称,求出判定为奇函数,再将函数变形为,由在上递增推出在上递减,从而选出答案D.
【详解】已知函数，定义域为，关于原点对称.
.满足，故是奇函数.
.因为且在上单调递增.
所以在上单调递增，进而在上单调递减.
故在上单调递减.
综上，是奇函数，且在上是减函数.
6. 设函数（是常数，），若在区间上单调递减，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出的单调递减区间，利用正弦函数减区间公式推导，让目标区间包含于减区间，列不等式组，取求解不等式，得到.
【详解】函数，.
由正弦函数单调性，令，，
解得单调递减区间为，.
已知在上单调递减，故.
即，，即
当时(取)以代入得
既要大于等于又要小于等于,无交集,无解.
时,,不等式永远矛盾,无解.
当(取)以代入得
因为,而此处要求为负数,与矛盾,无解.
同理时,不可能满足.
所以取得，化简得.
综上，的取值范围是.
7. 已知抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线交于不同的两点，且与准线交于点. 若点为线段的中点，，则的值为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设抛物线的准线与轴的交点为，过点分别作，，垂足分别为，进而根据几何关系求得即可求得答案.
【详解】如图，记抛物线的准线为，设抛物线的准线与轴的交点为，
过点分别作，，垂足分别为，则
因为点为线段的中点，，
所以点为线段的中点，，
所以，，
所以，
因为，
所以，即，解得，
所以，根据抛物线的定义，.
8. 如图，在棱长为2的正方体中，点分别是棱的中点，点在正方体的表面上运动，且平面. 则线段的最小值为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】取中点，中点，连接，， ，，，证明平面平面，由点在正方体的表面上运动可得点在线，， ，上运动，再由求线段的最小值，即求点到平面各边距离的最小值即可求解.
【详解】如图，取中点，中点，连接，， ，，，
因为点分别是棱的中点，所以，因为为中点，
所以，，，所以平面平面，
点在平面上运动，又因为点在正方体的表面上运动，所以点在直线，， ，上运动，且为等腰三角形，
求线段的最小值，即求点到平面各边距离的最小值，点到边距离最小，
设点到边的垂足为，则为的中点，所以，所以线段的最小值为.
9. 设，函数有最大值的一个充分不必要条件是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求出函数有最大值的充要条件，再判断哪个选项是其充分不必要条件.
【详解】当时：，当时，单调递减，；当时，，无最大值.
当时：时，单调递增，当时，，无最大值.
当时：时，单调递减，故；
时，，开口向下，对称轴为.
若时，即时，在上的最大值为，
则，解得；
若时，即时，在上单调递增，最大值为，
则即，因为， ，不等式无解，函数此时无最大值；
综上有最大值的充要条件为.
因为，
所以有最大值的一个充分不必要条件是.
10. 已知数列满足，则（ ）
A. 当为常数列时，
B. 对于任意，为递减数列
C. 当时，为递增数列，且对于任意正整数，成立
D. 当时，为递减数列，且存在正整数，使得成立
【答案】C
【解析】
【分析】对于A，由求解即可判断；对于B，结合A即可判断；对于C，由，当时，易得，进而得到，可得，即可判断；对于D，分析可得当时，结合可得，进而判断即可.
【详解】对于A，由为常数列，则，
整理得，解得或，即或，故A错误；
对于B，由A知，当或时，为常数列，故B错误；
对于C，由，
当时，，则，同理可得，
满足对于任意正整数，成立，
而，即，
则为递增数列，故C正确；
对于D，由，当时，，
而，则，即，，则，
所以不存在正整数，使得，故D错误.
​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. 双曲线的实轴长为_________ .
【答案】
【解析】
【详解】将双曲线方程化为标准形式得.
∴ 该双曲线焦点在轴上，.
∴ ，双曲线的实轴长为.
12. 在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，它们的终边关于轴对称，若，则的最大值为___________.
【答案】
【解析】
【分析】先利用两角终边关于轴对称推出,再由正切诱导公式得,结合在上单调递增求出的取值范围,进而得到的区间,最终得出的最大值.
【详解】因为角与角的终边关于轴对称，所以，.
由正切函数的周期性与诱导公式得.
已知，函数在该区间上单调递增.
所以，则.
故的最大值为.
13. 已知向量满足，，且，则与夹角的大小为 _________；__________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【详解】∵ ，∴ ·.
展开得 .
∵ ，∴ ，代入得 ，解得 .
设与的夹角为，，
则 ，代入，得 .
∵ ，∴ .
∵ .
又 ，.
∴ .
14. 已知圆，则圆的半径为_______；若直线上存在点，使得过点向圆引的两条切线互相垂直，则的取值范围为_________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】先把圆方程配方求出圆心(2,3)与半径,由两条切线互相垂直推得动点到圆心距离为2,即在以圆心为定点、2为半径的圆上,再转化为直线与该圆有公共点,利用圆心到直线距离不大于半径列不等式,化简解得的取值范围.
【详解】圆的方程：，配方得：，因此圆的圆心为，半径.
设点，过引圆的两条切线互相垂直，则两条切线与半径构成正方形.
圆心到点的距离：.
即点的轨迹为以为圆心，为半径的圆：.
直线上存在点，等价于直线与圆有公共点.
故圆心到直线的距离，距离公式：.
平方化简：，展开得：.
整理得：.
15. 设函数，给出下列四个结论：
①当时，恰有2个零点；
②存在正数，使得恰有1个零点；
③存在负数，使得恰有2个零点；
④存在负数，使得恰有3个零点.
其中所有正确结论的序号是_________________ .
【答案】①③④
【解析】
【分析】对于①，将代入，求解即可；对于②，当时，令，当时，令，求导，根据零点存在定理即可求解；对于③，④，求零点转化为两个函数的交点问题求解即可.
【详解】对于①，当时，，当时，即，
解得或，即或，所以恰有2个零点，故①正确；
对于②，当时，，令，则，
由于，所以若，则，函数单调递增，若，则函数先减后增，但只有一个极小值点，，
当时，，因此在上必有且仅有一个零点，当时，，
则，而，所以在内至少还有一个零点，故当为正数时，至少有两个零点，故②错误；
对于③，当为负数时，，令，，
可转化为与，且恒过定点，
两个函数图象的交点问题，如图所示，
所以，存在负数，使得恰有2个零点，故③正确；
对于④，如图所示，

所以，存在负数，使得恰有3个零点，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，.
（1）求；
（2）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，使得存在且唯一确定，求的值．
条件①：△的面积为，；
条件②：，；
条件③：AB边上的高为，．
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）选条件①：；选条件②无效；选条件③：；
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理将边化为角,再交叉相乘整理式子,借助两角和的正弦公式合并,结合三角形内角和性质代换为,约去不为零的sin求出,最后由角的范围确定角的值.
（2）先由（1）得,选条件①时,用三角形面积公式结合比例求出,再由余弦定理求得边长；选条件②时,由同角三角关系得两解,进而sin有两值,三角形不唯一故舍去；选条件③时,先由求,再用两角和正弦公式算出,借助边上的高建立等式求出边长.
【小问1详解】
由正弦定理及，
得.
整理得
因为，所以.
所以.
因为在中，，所以.
因为，所以.
【小问2详解】
选条件①：的面积为，.
由（1）知，又由题知，
所以.
因为，所以，.
由余弦定理得，
所以
选条件②：，；
，.
则
代入得或
所以三角形不唯一确定，条件②无效
选条件③：AB边上的高为，．
因为，，所以.
因为,
所以.
因为AB边上的高为，所以，所以.
17. 如图，在五面体中，平面平面，底面是边长为的正方形，为的中点，，.
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由正方形得，利用线面平行判定推出平面，再由线面平行性质得，结合中点及边长得，证出四边形为平行四边形从而，最后用线面平行判定定理证得平面.
（2）利用等腰三角形和面面垂直的性质，证明两两垂直，建立空间直角坐标系.然后分别求出平面和平面的法向量，最后用向量夹角公式计算出两平面夹角的余弦值.
【小问1详解】
在五面体中，底面是正方形，所以.
因为平面，平面，
所以平面.
因为平面，平面平面，
所以.
因为为中点，，所以.
所以四边形是平行四边形.
所以.
因为平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
取的中点，作，.
因为为正方形，所以.
因为，所以.
因为，，所以.
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面.
所以，即两两互相垂直.
如图建立空间直角坐标系，
则.
因此，由题可知平面的一法向量为.
设平面的法向量为.
则即
令，则.于是.
设平面与平面夹角为，则
.
18. 为了培养学生的应用能力和创新思维，提高学生的科学素养，某学校开展了人工智能课程.为了解该校学生对相关人工智能课程的兴趣程度，对学生进行了简单随机抽样，获得数据如下表：
假设小学生和初中生每人对人工智能课程的兴趣程度互不影响. 用频率估计概率.
（1）从该校初中生中随机抽取3名同学，估计这3名同学中至少有两名同学对课程都“非常感兴趣”的概率；
（2）规定：每名“非常感兴趣”的学生记5分，每名“一般感兴趣”的学生记3分，每名“不感兴趣”的学生记1分. 根据学生的兴趣程度采用分层抽样的方式，按照学生人数比例先从样本中的小学生中抽取了10人，再从这10人中随机抽取2人．记为这2人的得分之和，求的分布列和数学期望；
（3）记样本中的小学生中“非常感兴趣”、“一般感兴趣”、“不感兴趣”的频率依次为，其方差为；样本中的初中生中“非常感兴趣”、“一般感兴趣”、“不感兴趣”的频率依次为，其方差为；的方差为．写出的大小关系．结论不要求证明.
【答案】（1）
（2）
期望
（3）
【解析】
【小问1详解】
根据题中数据可知，100名初中生中有50名学生“非常感兴趣”，
所以从该校初中生中随机抽取名同学对课程“非常感兴趣”的概率估计为.
设这名同学中至少有两名同学对课程都“非常感兴趣”为事件，则事件的概率可估计为.
【小问2详解】
根据学生的兴趣程度采用分层抽样的方式，从样本中的小学生中抽取了人，则“非常感兴趣”、“一般感兴趣”、“不感兴趣”的人数分别为.
所以的可能取值为.
则； ；
； ；
.
所以随机变量的分布列为
故期望.
【小问3详解】
.
∵ 样本中的小学生“非常感兴趣”“一般感兴趣”“不感兴趣”的频率分别为，，，
三组数据的平均值均为，
∴ ，
∵ 样本中的初中生“非常感兴趣”“一般感兴趣”“不感兴趣”的频率分别为，，，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ .
19. 设椭圆的左焦点为，右顶点为，上顶点为，直线与的斜率的乘积为.
（1）求椭圆的方程及离心率；
（2）过点的直线交椭圆于两点，求的取值范围.
【答案】（1）方程为，离心率为
（2）
【解析】
【分析】（1）先写出椭圆右顶点、上顶点、左焦点坐标，求出两条直线斜率并利用斜率乘积条件化简得 ，再结合椭圆 的关系求出 的值，进而写出椭圆标准方程并算出离心率.
（2）分直线斜率不存在、存在两种情况讨论，斜率不存在时直接求出点坐标并算出向量数量积；斜率存在时设直线方程并联立椭圆方程，利用韦达定理得根与系数关系，把向量数量积坐标展开并代入直线方程化简，再分离常数变形为分式型函数，由 求出值域范围，结合两种情况综合得到数量积的取值范围.
【小问1详解】
由题意可得右顶点，上顶点，设左焦点.
因为 ，所以，即.
因为，所以.
椭圆的方程为，离心率为.
【小问2详解】
由题可知.
当直线斜率不存在时，，
所以
当直线斜率存在时，设斜率为，则直线的方程为.
由可得.
.
设. 则
因为，
所以

因为，所以.
所以
综上所述，的取值范围为
20. 已知函数，.
（1）若曲线在点处的切线与直线垂直，求的值；
（2）若在上单调递增，求的取值范围；
（3）若有两个不同的极值点，求证：.
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据导数的几何意义求得切线的斜率，再结合直线的垂直关系求解即可；
（2）根据题意，将问题转化为在上恒成立，再构造函数，研究函数最小值即可求得答案；
（3）设，结合题意得，即可将问题转化为证明：对任意，，再构造函数证明即可.
【小问1详解】
解：因为，所以.
所以.
因为曲线在点处的切线与直线垂直，
所以，解得.
所以.
【小问2详解】
解：.
因为函数在上单调递增，
所以在上恒成立，即在上恒成立.
设，则.
令，解得.
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
又.
所以的最小值为，
所以的取值范围为.
【小问3详解】
证明：由（2）可知当时，函数有两个不同的极值点，
不妨设.
所以是方程的两个解. 即，.
所以.
设，则.
所以，即，所以.
所以.
所以.
所以要证，只需证：对任意，，
设，则，
令，则.
因为当时，，所以在上单调递增.
因为，所以.
所以在上单调递增.
所以.
所以，即成立.
所以.
21. 对于非空集合，定义变换，中元素的个数分别记为，，.
（1）设集合，直接写出，，的值；
（2）设集合, 中所有元素的和记为，求数列的通项公式；
（3）设集合与同时满足下列两个性质：
①，且；
②且，其中.
求的最大值.
【答案】（1）；；
（2）
（3）676
【解析】
【分析】（1）依据变换的定义，枚举集合元素两两相加的结果，去重后统计元素个数即可.
（2）先分析集合的元素特征，证明中元素的唯一性，再对所有元素分组求和推导通项.
（3）先根据的元素个数限制推导集合、为公差相等的等差数列，再结合元素的取值范围约束求解的最大值.
【小问1详解】
；；.
【小问2详解】
由,得.
，
若，则.
①当时,；同理，当时, .即与同时成立.
②当与都不成立时，必有或两者之一成立.
不妨设 则.
所以且.
所以且.
所以.
所以所求数列的通项公式为
.
【小问3详解】
设集合，，其中，，
则.
所以.①
.②
式①与式②中均有个不同的数，这些数都是集合中的元素.
因为，所以中有且仅有个不同元素.
所以式①与式②中的数对应相等，即.
所以.
所以数列是公差为，项数为的等差数列.
同理，数列是公差为，项数为的等差数列.
所以数列与是两个公差相等（公差），项数为的等差数列.
设，，其中.
则，
则，且.
因为，所以.
①当时，设，，
.
所以，，且或.
所以，解得.
当时，，，.
经检验符合题意.
②当时，因为，
所以，.
所以.
综上，的最大值为
非常感兴趣
一般感兴趣
不感兴趣
合计
小学
20人
40人
40人
100人
初中
50人
30人
20人
100人
合计
70人
70人
60人
200人