2026年高考数学—轮复习检测卷（北京卷02）2026年高考数学—轮复习讲练测

2026年高考数学一轮复习检测卷（北京卷02）（测） 数 学 （测试范围：高考全部内容） （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项: 1. 答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2. 回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共40分） 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40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．已知全集，集合，则（    ） A． B． C． D． 2．已知复数(其中i是虚数单位)，则z在复平面内对应的点的坐标是（    ） A． B． C． D． 3．抛物线的焦点到准线的距离为（    ） A． B． C． D． 4．设，则“”是“”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 5．在平面直角坐标系中，角以射线为始边，终边与单位圆的交点位于第四象限，且横坐标为，则的值为（    ） A． B． C． D． 6．函数，记，则（    ） A． B． C． D． 7．已知圆，直线与圆交于，两点.若为直角三角形，则（    ） A． B． C． D． 8．已知等比数列的前n项和为，若存在实数，使得，则以下结论不正确的是（   ） A． B．数列的公比为 C． D．数列可能为常数列 9．在平面直角坐标系中，已知两点．若曲线C上存在一点P，使，则称曲线C为“合作曲线”，给出下列曲线：①；②；③．其中“合作曲线”是（    ） A．①② B．②③ C．① D．② 10．若函数，则函数零点的个数为（    ） A．1 B．2 C．1或2 D．1或3 第二部分（非选择题 共110分） 2、 填空题：本题共5小题，每小题5分，共25 分. 11．双曲线的离心率是 ． 12．设，则 ；当时， ． 13．若对任意，函数满足，且当时，都有，则函数的一个解析式是 ． 14．如图．已知矩形中，，，分别是，的中点，则 ．    15．如图，在棱长为1的正方体中，点P是对角线上的动点（点P与点A，不重合）．给出下列结论： ①存在点P，使得平面平面； ②对任意点P，都有； ③面积的最小值为； ④若是平面与平面的夹角，是平面与平面的夹角，则对任意点P，都有．其中所有正确结论的序号是 ． 3、 解答题共6小题，共85分。解答应写出文字说明，演算步或证明过程. 16．（13分）在中，. (1)求角的大小； (2)再从条件①，条件②，条件③这三个条件中选择两个作为已知，使得存在且唯一确定，求的面积. 条件①：；条件②：；条件③：. 注：如果选择多组条件分别解答，按第一个解答计分. 17．（13分）投壶是中国古代传统礼仪游戏，起源于春秋战国时期，盛行于汉唐.参与者将无镞箭矢投向特定壶具，以入壶数量和姿态评判胜负，兼具竞技与礼仪功能. 为发扬传统文化，某校利用午休时间举办投壶比赛老师预设口径不同的三个壶，学生可以根据自身情况，选择不同壶进行挑战.为方便统计，投壶时，仅统计“投中”与“未投中”两种结果. 活动中，高三年级500名学生体验了投壶，每位学生都只选择一个壶进行挑战.现将投壶结果统计如下表. 壶1 壶2 壶3 投中 未投中 投中 未投中 投中 未投中 高三年级 40 160 90 60 60 90 假设用频率估计概率 (1)若从所有选择投壶2的学生中，随机选择一位学生，求这位学生在活动中投中壶2的概率. (2)投壶活动结束后，高三学生自发组织“过关比赛”比赛中，学生手拿三支箭，从壶1开始，按照壶1、壶2、壶3的次序，进行投壶挑战.每次投壶时，学生投一支箭，若投中，学生按照顺序投下一个投壶；若未投中，学生需要继续投该壶，直到投中或箭矢耗尽当学生投完三支箭，挑战结束. 某位高三学生即将参赛，假设用高三年级学生投中各壶的频率估计这位学生投中各壶的概率，求这位学生在“过关比赛”中仅投中一次的概率. (3)为锻炼投壶技巧，某高三同学投壶2，一共投20次.假设每次投壶的结果互不影响，用高三年级学生投中壶2的频率估计这位学生投中壶2的概率，那么在投完20次之后，这位同学投中壶2多少次的概率最大?（只需写出结论）. 18．（14分）在四棱锥中，四边形为边长为4的正方形，．从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知． (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成角的余弦值． 条件①，平面平面； 条件②：； 条件③，． 19．（15分）已知椭圆：的一个顶点为，焦距为. (1)求椭圆E的方程； (2)过点的直线与椭圆交于不同两点，直线，分别与x轴交于点，比较与的大小，并证明. 20．（15分）已知函数，，． (1)证明：在区间恒成立； (2)若的最小值为0，求的值； (3)若在区间内恒成立，求的取值范围． 21．（15分）已知有穷整数数列，满足.记集合为，或，或，.若数列，则称数列是的“恒元”. (1)已知数列，请写出中所有满足的数列； (2)当时，是否存在数列满足，且是的“恒元”?若存在，请写出一个满足条件的数列；若不存在，请说明理由； (3)当数列是的“恒元”时，若是个连续正整数的一个排列，求数列的项数的最大值. 学科 8 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考数学一轮复习检测卷（北京卷02）（测） 数 学 （测试范围：高考全部内容） （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项: 1. 答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2. 回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共40分） 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40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．已知全集，集合，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先用列举法表示集合A，再求补集即可. 【详解】因为, 所以, 因为, 所以, 所以. 故选：B. 2．已知复数(其中i是虚数单位)，则z在复平面内对应的点的坐标是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先对复数化简，再利用复数的几何意义可求得结果. 【详解】因为， 所以复数z在复平面内对应的点的坐标是， 故选：C 3．抛物线的焦点到准线的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据抛物线方程求出焦点坐标与准线方程，即可得解； 【详解】解：因为抛物线方程为，所以焦点坐标为，准线的方程为，所以焦点到准线的距离为； 故选：C 4．设，则“”是“”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】A 【分析】结合充分条件与必要条件定义计算即可得. 【详解】若，则， 当且仅当时，等号成立， 故“”是“”的充分条件； 取，，则， 但，故“”不是“”的必要条件； 综上可得“”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 5．在平面直角坐标系中，角以射线为始边，终边与单位圆的交点位于第四象限，且横坐标为，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据三角函数定义和同角三角函数关系可得，利用诱导公式可求得结果. 【详解】由题意知：，又为第四象限角，， . 故选：A. 6．函数，记，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由题意得是上的偶函数，由复合函数单调性可知关于在上单调递减，进一步比较对数、指数幂的大小即可求解. 【详解】注意到定义域为全体实数，且， 所以是上的偶函数， 从而， 因为在上单调递增， 所以关于在上单调递减， 而， 所以. 故选：B. 7．已知圆，直线与圆交于，两点.若为直角三角形，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由直线与圆相交的弦长公式进行求解即可. 【详解】因为圆，圆心为，半径为，即 因为为直角三角形，所以, 设圆心到直线的距离为， 由弦长公式得，所以，化简得. 故选：A. 8．已知等比数列的前n项和为，若存在实数，使得，则以下结论不正确的是（   ） A． B．数列的公比为 C． D．数列可能为常数列 【答案】D 【分析】设出等比数列的公比为，分和两种情形，分别表示出，并与比较对照，分别用和表示出，然后逐一分析判断各选项即可. 【详解】设等比数列的公比为，若，则，此时是关于的一次函数，数列为常数列， 而不是关于的一次函数，故不可能为常数列，故D错误； 对于B，因，则，又， 故得：，故B正确； 对于A，，故A正确； 对于C，因，故C正确. 故选：D. 9．在平面直角坐标系中，已知两点．若曲线C上存在一点P，使，则称曲线C为“合作曲线”，给出下列曲线：①；②；③．其中“合作曲线”是（    ） A．①② B．②③ C．① D．② 【答案】A 【分析】根据题意，设点，由“合作曲线”的定义可知，曲线上存在点，使得，然后逐一判断，即可得到结果. 【详解】设点，则， 由可得，即， 即曲线上存在点，使得，即为“合作曲线”， 对于①，由双曲线可得， 则双曲线上存在点满足，故①为“合作曲线”； 对于②，由椭圆可得， 则椭圆上存在点满足，故②为“合作曲线”； 对于③，因为圆心到直线的结论， 故直线上不存在一点满足，故③不为“合作曲线”； 故选：A 10．若函数，则函数零点的个数为（    ） A．1 B．2 C．1或2 D．1或3 【答案】A 【分析】令，则，则函数零点的个数即为函数图象交点的个数，构造函数，利用导数求出函数的单调区间，作出其大致图象，结合图象即可得解. 【详解】， 令，则， 则函数零点的个数即为函数图象交点的个数， 令， 当时，，则， 所以函数在上单调递增，且， 当时，， 当时，，则， 所以函数在上单调递增，且， 又当时，当时，， 作出函数的大致图象如图所示， 由图可知函数的图象有且仅有一个交点， 所以函数零点的个数为个. 故选：A. 【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法： （1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用； （2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题； （3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题. 第二部分（非选择题 共110分） 2、 填空题：本题共5小题，每小题5分，共25 分. 11．双曲线的离心率是 ． 【答案】 【分析】由双曲线的标准方程求出，即可求出双曲线的离心率. 【详解】由双曲线可得：， 所以双曲线的离心率是. 故答案为：. 12．设，则 ；当时， ． 【答案】 【分析】令可求出；先求出的通项，令和，求出，再由，即可求出的值. 【详解】令可得：， 的通项为：， 令可得， 令可得， 所以由可得，所以. 故答案为：；. 13．若对任意，函数满足，且当时，都有，则函数的一个解析式是 ． 【答案】（答案不唯一） 【分析】根据指数的运算性质及指数函数的单调性即可得解. 【详解】由题意，可取， 函数是减函数，满足时，都有， 因为， 所以函数满足题意. 故答案为：.（答案不唯一） 14．如图．已知矩形中，，，分别是，的中点，则 ．    【答案】 【分析】用、作为一组基底表示出，，再根据数量积的运算律计算可得. 【详解】依题意， ， 所以 . 故答案为： 15．如图，在棱长为1的正方体中，点P是对角线上的动点（点P与点A，不重合）．给出下列结论： ①存在点P，使得平面平面； ②对任意点P，都有； ③面积的最小值为； ④若是平面与平面的夹角，是平面与平面的夹角，则对任意点P，都有．其中所有正确结论的序号是 ． 【答案】①②③ 【分析】①可通过线面垂直的判定定理找到点P；②③④都可以通过建立空间直角坐标系解决，其中通过向量的长度可以对②进行判断；利用两条直线所成的角和三角形面积公式可以判断③；求出三个面的法向量，并求出和，即可对④进行判断. 【详解】①因为，在上取点使， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面，故①正确； ②以为原点，以分别为轴建立空间直角坐标系，如图 ，，，，则，， 设，则，, 从而，，所以，故②正确； ③由②，，， ，， 当且仅当时等号成立，所以面积的最小值为，故③正确； ④平面的法向量，平面的法向量， 设平面的法向量， 由即得， 令得， 则，， 令得或，而，故， 从而对存在点P，使得，而不大于直角， 故，故④错误； 故答案为：①②③. 3、 解答题共6小题，共85分。解答应写出文字说明，演算步或证明过程. 16．（13分）在中，. (1)求角的大小； (2)再从条件①，条件②，条件③这三个条件中选择两个作为已知，使得存在且唯一确定，求的面积. 条件①：；条件②：；条件③：. 注：如果选择多组条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】(1)； (2)选①③或②③，面积为. 【分析】（1）利用正弦定理可得答案； （2）若选条件①、②，由余弦定理解得或，不符合题意；若选条件①、③，利用平方关系求出，由正弦定理可得，利用两角和的余弦展开式计算出，利用平方关系求出，可得，符合题意；若选条件②、③，利用平方关系计算出，由正弦定理解得，利用两角和的余弦展开式计算出，利用平方关系求出，可得，符合题意. 【详解】（1）由正弦定理得， 因为在中，，所以， 又因为，所以，所以， 可得； （2）由（1）知， 若选条件①：，条件②：， 则由余弦定理可得, 即，解得或， 可使得存在但不唯一确定，故不符合题意； 若选条件①：，条件③：， 则可得， 在中由正弦定理可得，即，解得， ， 因为，所以， 所以，符合题意； 若选条件②：，条件③：， 则可得， 在中由正弦定理可得，即，解得， ， 因为，所以， 所以，符合题意. 17．（13分）投壶是中国古代传统礼仪游戏，起源于春秋战国时期，盛行于汉唐.参与者将无镞箭矢投向特定壶具，以入壶数量和姿态评判胜负，兼具竞技与礼仪功能. 为发扬传统文化，某校利用午休时间举办投壶比赛老师预设口径不同的三个壶，学生可以根据自身情况，选择不同壶进行挑战.为方便统计，投壶时，仅统计“投中”与“未投中”两种结果. 活动中，高三年级500名学生体验了投壶，每位学生都只选择一个壶进行挑战.现将投壶结果统计如下表. 壶1 壶2 壶3 投中 未投中 投中 未投中 投中 未投中 高三年级 40 160 90 60 60 90 假设用频率估计概率 (1)若从所有选择投壶2的学生中，随机选择一位学生，求这位学生在活动中投中壶2的概率. (2)投壶活动结束后，高三学生自发组织“过关比赛”比赛中，学生手拿三支箭，从壶1开始，按照壶1、壶2、壶3的次序，进行投壶挑战.每次投壶时，学生投一支箭，若投中，学生按照顺序投下一个投壶；若未投中，学生需要继续投该壶，直到投中或箭矢耗尽当学生投完三支箭，挑战结束. 某位高三学生即将参赛，假设用高三年级学生投中各壶的频率估计这位学生投中各壶的概率，求这位学生在“过关比赛”中仅投中一次的概率. (3)为锻炼投壶技巧，某高三同学投壶2，一共投20次.假设每次投壶的结果互不影响，用高三年级学生投中壶2的频率估计这位学生投中壶2的概率，那么在投完20次之后，这位同学投中壶2多少次的概率最大?（只需写出结论）. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用古典概型的概率公式计算； （2）分别计算壶1、壶2投中和未投中的概率，再利用乘法公式和加法公式计算； （3）利用二项分布的概率最值计算. 【详解】（1）由用频率估计概率可知，从所有选择投壶2的学生中，随机选择一位学生，这位学生在活动中投中壶2的概率为. （2）用高三年级学生投中各壶的频率估计这位学生投中各壶的概率， 则壶1投中的概率为，壶1未投中的概率为， 壶2投中的概率为，壶2未投中的概率为， 则这位学生在“过关比赛”中仅投中一次的概率为. （3）用表示投完20次之后，这位同学投中壶2的次数，则， 则， 假设投中壶2的次数为时最大，则 ，即， 解得，因，则， 故投完20次之后，这位同学投中壶2的次数为时，概率最大. 18．（14分）在四棱锥中，四边形为边长为4的正方形，．从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知． (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成角的余弦值． 条件①，平面平面； 条件②：； 条件③，． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）选择①②，根据面面垂直的性质可得，勾股定理可得，然后根据线面垂直的判定即可证明；选择①③，根据面面垂直的性质可得，根据三角形全等得，然后根据线面垂直的判定即可证明；选择②③，勾股定理可得，根据三角形全等得，然后根据线面垂直的判定即可证明； （2）以A为原点建立空间直角坐标系，，利用向量法求解即可 【详解】（1）选择①②， 因为为正方形，所以， 由①知，平面平面，平面， 平面平面=，， 所以平面，又平面 ，所以， 由②知，，，，所以， 又在平面内相交于点A，所以平面， 选择①③， 因为为正方形，所以， 由①知，平面平面，平面， 平面平面=，， 所以平面，又平面 ，所以， 由③知，，又为正方形，所以， 所以，所以， 所以，， 又在平面内相较于点A，所以平面， 选择②③， 由②知，，，，所以， 由③知，，又为正方形，所以， 所以，所以， 所以，， 又在平面内相较于点A，所以平面 （2）由（1）知，平面， 又为正方形，所以， 如图，以A为原点建立空间直角坐标系， 则，， 设平面的法向量为， 则， 令，则，所以， 设平面的法向量为， 则， 令，则。 所以， 设平面与平面所成角为， 所以， 所以平面与平面所成角的余弦值为． 19．（15分）已知椭圆：的一个顶点为，焦距为. (1)求椭圆E的方程； (2)过点的直线与椭圆交于不同两点，直线，分别与x轴交于点，比较与的大小，并证明. 【答案】(1) (2) ，证明见解析 【分析】（1）依题意可得，即可求出，从而求出椭圆方程； （2）首先表示出直线方程，设、，联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，由直线、的方程，表示出、，根据即可判断. 【详解】（1）依题意可得，，又，所以， 所以椭圆方程为. （2）依题意过点的直线斜率存在，设， 设、，不妨令， 由，消去整理得， 所以，解得， 所以，， 直线的方程为，令，解得， 直线的方程为，令，解得， 所以 ， 即的中点横坐标为， 又，所以 20．（15分）已知函数，，． (1)证明：在区间恒成立； (2)若的最小值为0，求的值； (3)若在区间内恒成立，求的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）把问题等价转为为证明在区间恒成立，设，利用导数研究其单调性，即可证明； （2）求导后，分和两种情况讨论，当时，函数的单调递减区间是，不存在最小值，当，函数先减后增，有最小值，求解即可； （3）记，分和和时讨论，根据（1）（2）中得结论结合零点存在定理，推出和两类不等式矛盾，当时，，得出在单调递增，从而，满足题意，即可求解． 【详解】（1）在恒正， 则在区间恒成立等价于在区间恒成立． 取，，故在区间单调递增， 所以． 故原不等式恒成立． （2），， 当时，函数的单调递减区间是，不存在最小值； 当时，函数的单调递减区间是，单调递增区间是． 则的最小值为，令，，则，的单调递增区间是，单调递减区间是，． 即当时，的最小值为0， ． （3）记， 则当时，由（2）知，在上单调递减，所以． 对恒成立， 又当时，由（1）知，， 取时，， 则与已知不等式矛盾． 当时，， ，由（1）知， 当时，，取，则， 从而由函数零点存在定理知，存在，使， 当时，，在单调递减，，与已知不等式矛盾． 当时，， 在单调递增，从而，，满足题意． 综上可知． 21．（15分）已知有穷整数数列，满足.记集合为，或，或，.若数列，则称数列是的“恒元”. (1)已知数列，请写出中所有满足的数列； (2)当时，是否存在数列满足，且是的“恒元”?若存在，请写出一个满足条件的数列；若不存在，请说明理由； (3)当数列是的“恒元”时，若是个连续正整数的一个排列，求数列的项数的最大值. 【答案】(1)；；；. (2)不存在，理由见解析； (3)7 【分析】（1）分析得，再写出满足题意的数列即可； （2）假设存在满足条件的数列，则分析有是偶数，则得到与条件相反的结论，即可证明不存在； （3）首先分析得当时，有，再分和讨论即可. 【详解】（1）因为数列，所以中的数列满足．因为， 所以中所有满足的数列有 ；；；. （2）假设存在满足条件的数列， 则满足，有，或，或． 所以与同为奇数或同为偶数． 所以是偶数． 所以是偶数． 又是奇数，矛盾． 所以假设不成立，不存在满足条件的数列． （3）当数列是的“恒元”时， 因为数列中，是个连续正整数的一个排列， 所以当时，有，且至多一项为1． 不妨记，所以，且． 当时，. 当时，有. 此时，或． 又，所以，，或，． ①当时，有，或，所以，或者． 当时，有，，，， 所以，，. 因为，，所以．所以． 当时，有，，，，所以（舍）． ②当时，有，或，所以，或者． 当时，有，，，， 所以，，, 所以． 当时，有，，，， 所以．所以（舍）． 又由于数列和满足条件． 综上所述，． 学科 8 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $