2026年高考数学二轮复习模拟检测卷01（北京专用）

2026年高考数学二轮复习模拟检测卷（北京卷01） 数 学 （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） 1、 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．已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 2．已知直线l过点且垂直于x轴.l被抛物线（）截得的线段长为4，则抛物线的焦点坐标为（    ） A． B． C． D． 3．已知，则（    ） A． B． C． D． 4．在的展开式中，若第3项的系数为10，则（    ） A．4 B．5 C．6 D．7 5．已知、，下列四个条件中，使“”成立的必要不充分的条件是（    ） ①；②；③；④. A．②③ B．①④ C．①③ D．②④ 6．关于函数，下列描述错误的有（    ） A．函数在区间上单调递增 B．函数的图象关于直线对称 C．若，但，则 D．函数有且仅有两个零点 7．如图，在中，M，N分别为AB，AC边上的中点，P是线段MN上的一个动点（不含端点），CP与AB交于点D，BP与AC交于点E，，，则的最小值为（    ）    A．2 B．4 C．6 D．8 8．我国有着丰富悠久的印章文化，印章是签署文件时代表身份的信物，因其独特的文化内涵，有时作为装饰物来使用. 图1是一个金属印章摆件，除去顶部的环可以看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥组成的几何体，如图2所示. 已知正四棱柱和正四棱锥的底面边长为4，体积之比为，且该几何体的顶点在球的表面上，则球的半径为（    ）    A． B． C． D． 9．已知函数，曲线在点处的切线方程为，设函数，则（    ） A．当时， B．当时， C．当时， D．当时， 10．设无穷数列的前n项和为，定义，则（    ） A．当时， B．当时， C．当时，则 D．当时， 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．若复数满足，则复数的模 ． 12．过双曲线的一个焦点作其渐近线的平行线，直线与轴交于点，若线段的中点为双曲线的虚轴端点（为坐标原点），则双曲线的离心率为 . 13．在中，，且，则 ；面积的最大值为 ． 14．设等差数列满足，，，数列的前n项和为，若对于，不等式恒成立，则实数的取值范围是 ． 15．已知函数，对于函数有下述四个结论： ①函数在其定义域上为增函数；   ②有且仅有两个零点； ③对于任意的，都有成立； ④若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则必是的零点. 其中所有正确的结论序号是 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） 设函数，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． (1)求函数的解析式； (2)求在区间上的最大值和最小值． 条件①：； 条件②：的最大值为； 条件③：的图象的相邻两条对称轴之间的距离为． 注：如果选择的条件不符合要求，得0分；如果选择多组条件分别解答，按第一组解答计分． 17． （13分） 如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧面PAD是正三角形，AD的中点为O，平面ABCD. (1)证明：平面PAD； (2)求直线PA与平面PBC所成角的正弦值； (3)求点D到平面PBC的距离. 18． （14分） 某区开展“文明先锋”志愿服务活动，为表彰优秀志愿者，用分层抽样的方法按青少年组与成年组分别抽取若干名志愿者调查其服务情况，并依据服务时长评选出一星、二星、三星优秀志愿者，数据如下： 组别 人数 获奖人数 一星 二星 三星 青少年 100 5 15 20 成年 200 15 15 20 假设所有志愿者的获奖情况相互独立，用频率估计概率． (1)试估计本社区一星志愿者的获奖概率； (2)从本社区青少年组志愿者中随机抽取1名，成年组志愿者中随机抽取2名，以X表示这3名志愿者中获奖的人数，求X的分布列与期望； (3)若从该社区志愿者中随机抽取1名，记抽到的志愿者获奖的概率为；为支援某大型活动，从其他社区调入c（c>0）名一星志愿者，再随机抽取1名，记抽到的志愿者获奖的概率为，试估计与的大小．（结论不要求证明） 19． （15分） 已知椭圆，以椭圆的一个焦点和短轴端点为顶点的三角形是边长为2的等边三角形. (1)求椭圆的方程及离心率； (2)斜率存在且不为0的直线与椭圆交于两点，与轴交于点，点关于轴的对称点为，直线交轴于点. 在轴上是否存在定点，使得（为坐标原点）？若存在，求出点坐标；若不存在，请说明理由. 20． （15分） 已知函数． (1)若曲线在点处的切线为，求的值； (2)若为上的单调函数，求的取值范围； (3)若函数，求证：可以取无数个值，使得每一个的取值都恰有三个不同的零点． 21． （15分） 对于数列把a₁作为新数列的第一项，把a₁或作为新数列的第ⅰ项，数列称为数列的一个生成数列．例如，数列1，2，3，4，5的一个生成数列是．已知数列为数列的生成数列，为数列的前n项和． (1)写出的所有可能值； (2)若生成数列满足，求数列的通项公式； (3)证明：对于给定的的所有可能值组成的集合为． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考数学二轮复习模拟检测卷（北京卷01） 数 学 （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） 1、 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．已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】利用集合的并集运算即可得结果. 【详解】集合，， ， 故选：A. 2．已知直线l过点且垂直于x轴.l被抛物线（）截得的线段长为4，则抛物线的焦点坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意令，可得，求得p的值，可得抛物线方程，即可得答案. 【详解】由题意令，则， 故， 所以抛物线（）为，其焦点坐标为， 故选：B. 3．已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据对数函数的单调性及幂函数的单调性比较大小即可. 【详解】， 又在上为增函数， 所以， 综上，， 故选：D 4．在的展开式中，若第3项的系数为10，则（    ） A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】B 【分析】直接利用二项式定理计算得到答案. 【详解】展开式的通项为，故，. 故选：B 5．已知、，下列四个条件中，使“”成立的必要不充分的条件是（    ） ①；②；③；④. A．②③ B．①④ C．①③ D．②④ 【答案】C 【分析】利用不等式的基本性质结合特殊值法结合必要不充分条件的定义判断可得出合适的选项. 【详解】对于①，当时，则，即“”“”， 另一方面，若，不妨取，则，即“”“”， 所以，“”是“”成立的必要不充分的条件，①满足条件； 对于②，当时，不妨取，，则，即“”“”，②不满足条件； 对于③，当时，则，即，即“”“”， 另一方面，当时，不妨取，，则，即“”“”， 所以，“”是“”成立的必要不充分的条件，③满足条件； 对于④，当时，不妨取，，则，即“”“”，④不满足条件. 故选：C. 6．关于函数，下列描述错误的有（    ） A．函数在区间上单调递增 B．函数的图象关于直线对称 C．若，但，则 D．函数有且仅有两个零点 【答案】C 【详解】分析函数性质知的定义域为，值域为， 当或，函数与轴相交交点坐标为或， 由，故关于对称， 当时，函数为递增函数，同理在上递增，在上递减， 综上，所述简单的描点作图可得函数图象，如图所示，    对A，由图象知函数在区间上单调递增，故A正确； 对B，由图知函数的图象关于直线对称，故B正确； 对D，由图知函数有且仅有两个零点，故D正确； 对C，由图知时在对称轴两侧各有2个对应点，此时不一定成立，故C错误 故选：C． 7．如图，在中，M，N分别为AB，AC边上的中点，P是线段MN上的一个动点（不含端点），CP与AB交于点D，BP与AC交于点E，，，则的最小值为（    ）    A．2 B．4 C．6 D．8 【答案】C 【分析】设，则，利用三角形相似得到，，表达出，利用基本不等式求出最值即可. 【详解】设，则， 因为M，N分别为AB，AC边上的中点，所以，， 故， 因为∽，所以， 设，则，， 故，故， 同理可得，， 因为∽，所以， 设，则， ，， 故，， 则 因为，由基本不等式得， 当且仅当，即时，等号成立， 故. 故选：C 8．我国有着丰富悠久的印章文化，印章是签署文件时代表身份的信物，因其独特的文化内涵，有时作为装饰物来使用. 图1是一个金属印章摆件，除去顶部的环可以看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥组成的几何体，如图2所示. 已知正四棱柱和正四棱锥的底面边长为4，体积之比为，且该几何体的顶点在球的表面上，则球的半径为（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据正四棱柱和正四棱锥的体积之比为可得高相等，根据对称性知球心在高线上，设出球的半径和正四棱柱的高，放在直角三角形中，利用勾股定理列方程，求解即可. 【详解】    由题意，正四棱柱和正四棱锥的体积之比为，且共一个底面， 所以正四棱柱和正四棱锥的高相等，则设正四棱柱和正四棱锥的高都为， 如图所示，根据正四棱柱和一个正四棱锥的对称性可知：球心在高线上， 设该几何体外接球的半径为，因为点都在球上， 所以，，又，则，且， 所以，在直角中，由勾股定理得：， 在直角中，，， 又点在球上，所以，所以由勾股定理得：， 联立，解得， 因此，球的半径为. 故选：B. 9．已知函数，曲线在点处的切线方程为，设函数，则（    ） A．当时， B．当时， C．当时， D．当时， 【答案】C 【分析】利用导数的几何意义，求得曲线的切线方程，根据题意，得到，求得，求得函数的单调性与最值，结合选项，即可求解. 【详解】由函数，可得，可得， 所以曲线在点处的切线方程为：， 又由， 因为，其中， 若时，，其中， 当时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减， 所以，所以， 又由，且，即不恒成立， 所以C正确，A不正确； 若时，，其中， 当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， 所以，所以不恒成立， 又由，，此时，所以不恒成立， 所以B、D均不正确. 故选：C. 10．设无穷数列的前n项和为，定义，则（    ） A．当时， B．当时， C．当时，则 D．当时， 【答案】D 【分析】根据选项不同的通项公式，求出与，逐一验证即可. 【详解】对于A选项：当时，，不正确； 对于B选项：当时，在为奇数时为1，偶数时为0，故，不正确； 对于C选项：当时，， 又，所以 ，不正确； 对于D选项：当时，， ，正确， 故选：D. 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．若复数满足，则复数的模 ． 【答案】 【分析】利用复数除法法则计算出，利用模长公式求出答案. 【详解】， 故. 故答案为： 12．过双曲线的一个焦点作其渐近线的平行线，直线与轴交于点，若线段的中点为双曲线的虚轴端点（为坐标原点），则双曲线的离心率为 . 【答案】 【分析】取，渐近线，可得直线的方程为：，进而可得点的坐标，再由虚轴端点是线段的中点即可得和的关系，计算 即可求解. 【详解】由可得渐近线方程为， 不妨取，渐近线，可得直线的方程为：， 令可得，所以， 虚轴端点，因为是线段的中点， 所以，可得， 所以双曲线的离心率为， 故答案为：. 13．在中，，且，则 ；面积的最大值为 ． 【答案】 【分析】利用同角三角函数基本关系求出；利用三角形面积公式及基本不等式求出最大值. 【详解】在中，由，得，而，所以； 的面积，当且仅当时取等号， 所以面积的最大值为. 故答案为：； 14．设等差数列满足，，，数列的前n项和为，若对于，不等式恒成立，则实数的取值范围是 ． 【答案】 【分析】先用基本量法求出通项公式，再用裂项相消法求出，根据的结果得出的取值范围。 【详解】由，得，所以， ， 所以，所以的取值范围为. 故答案为： 15．已知函数，对于函数有下述四个结论： ①函数在其定义域上为增函数；   ②有且仅有两个零点； ③对于任意的，都有成立； ④若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则必是的零点. 其中所有正确的结论序号是 【答案】②③④ 【分析】取特值验证可判断①；利用导数求单调区间，结合零点存在性定理可判断②；根据判断的符号即可判断③；利用导数分别求出曲线和的切线方程，根据方程表示同一直线得到两个切点坐标之间的关系，整理化简即可判断④. 【详解】对于①，的定义域为， 因为，，①错误； 对于②，因为，所以在和上单调递增， 又，，，， 所以在区间和上都存在零点， 又在和上单调递增， 即在区间和上各有一个零点，②正确； 对于③，因为，所以，所以， 即，所以③正确； 对于④，因为，所以曲线在点处的切线斜率为， 得切线方程为，即， 设与相切于点，因为，所以切线斜率为， 得切线方程为，即， 所以，即， 消去得，整理得，即是的零点，④正确. 故答案为：②③④ 【点睛】关键点睛：本题关键在于利用导数求出两曲线的切线方程，利用方程为同一方程得到两切点坐标之间的关系，联立化简即可. 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） 设函数，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． (1)求函数的解析式； (2)求在区间上的最大值和最小值． 条件①：； 条件②：的最大值为； 条件③：的图象的相邻两条对称轴之间的距离为． 注：如果选择的条件不符合要求，得0分；如果选择多组条件分别解答，按第一组解答计分． 【答案】(1)选择条件②③， (2)最大值为，最小值为. 【分析】（1）由正弦函数和余弦函数的奇偶性可排除条件①，先利用辅助角公式化简，再根据正弦函数的图象和性质即可求解； （2）利用整体代入法，结合正弦函数的图象和性质即可求解. 【详解】（1）若选择条件①， 因为，所以， 由可得对恒成立，与矛盾， 所以选择条件②③， 由题意可得， 设， 由题意可得， 其中，， 因为的最大值为，所以，解得， 所以，， 由的图象的相邻两条对称轴之间的距离为可得， 所以解得， 所以. （2）由正弦函数的图象可得当时，，， 所以在区间上的最大值为，最小值为. 17． （13分） 如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧面PAD是正三角形，AD的中点为O，平面ABCD. (1)证明：平面PAD； (2)求直线PA与平面PBC所成角的正弦值； (3)求点D到平面PBC的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）利用线面垂直的性质定理和判定定理即可证明； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得线面角的正弦值； （3）利用空间向量法可求得点到平面的距离； 【详解】（1）因为平面ABCD，平面ABCD，所以， 又ABCD是正方形，所以，又，且平面PAD，平面PAD， 所以平面PAD； （2）以点A为原点，分别以直线为轴、轴，过A且垂直底面的直线为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 依题意，，，，，， 所以，，， 设平面PBC的法向量为，由得， 取，得平面PBC的一个法向量为， 设直线PA与平面PBC所成角为，则； （3），由（2）知平面PBC的一个法向量为， 所以点D到平面PBC的距离. 18． （14分） 某区开展“文明先锋”志愿服务活动，为表彰优秀志愿者，用分层抽样的方法按青少年组与成年组分别抽取若干名志愿者调查其服务情况，并依据服务时长评选出一星、二星、三星优秀志愿者，数据如下： 组别 人数 获奖人数 一星 二星 三星 青少年 100 5 15 20 成年 200 15 15 20 假设所有志愿者的获奖情况相互独立，用频率估计概率． (1)试估计本社区一星志愿者的获奖概率； (2)从本社区青少年组志愿者中随机抽取1名，成年组志愿者中随机抽取2名，以X表示这3名志愿者中获奖的人数，求X的分布列与期望； (3)若从该社区志愿者中随机抽取1名，记抽到的志愿者获奖的概率为；为支援某大型活动，从其他社区调入c（c>0）名一星志愿者，再随机抽取1名，记抽到的志愿者获奖的概率为，试估计与的大小．（结论不要求证明） 【答案】(1)； (2)分布列见解析，期望为； (3) 【分析】（1）求出一星志愿者的获奖的频率即可. （2）求出的可能值，利用互斥事件、相互独立事件的概率公式求得分布列并有求出期望. （3）求出，作差比较大小即可. 【详解】（1）抽取的300名志愿者中，一星志愿者有20名， 所以估计本社区一星志愿者的获奖概率为. （2）由数表知，青少年组志愿者获奖的概率为， 成年组志愿者获奖的概率为， 的可能值为， ，， ，， 所以的分布列为 0 1 2 3 期望为. （3）抽取的300名志愿者中，获奖人数为90，则 调入 c 名一星志愿者后，获奖人数为，志愿者总数为，， ，则， 所以. 19． （15分） 已知椭圆，以椭圆的一个焦点和短轴端点为顶点的三角形是边长为2的等边三角形. (1)求椭圆的方程及离心率； (2)斜率存在且不为0的直线与椭圆交于两点，与轴交于点，点关于轴的对称点为，直线交轴于点. 在轴上是否存在定点，使得（为坐标原点）？若存在，求出点坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)； (2)存在，或 【分析】(1)由题可知，进而得到椭圆方程和离心率； (2)假设存在定点，使得，原问题等价于满足，表示直线、的方程，可表示出，，据此计算可得点的坐标. 【详解】（1）因为以椭圆的一个焦点和短轴端点为顶点的三角形是边长为2的等边三角形， 所以，即，，故椭圆的方程：， ，故离心率； （2）假设轴上存在点，使得， 当时，所以，设，， 所以满足，设，， 由题意可知直线斜率存在且不为0，故,, 直线的方程为，所以当时， 即， 因为点与点关于轴对称，所以． 同理可得， 因为，， 所以， 因为，在椭圆上，即，， ，所以或， 故在轴上存在点，使得，点的坐标为或． 20． （15分） 已知函数． (1)若曲线在点处的切线为，求的值； (2)若为上的单调函数，求的取值范围； (3)若函数，求证：可以取无数个值，使得每一个的取值都恰有三个不同的零点． 【答案】(1)； (2)； (3)证明见解析. 【分析】（1）根据，结合导数运算，即可求得参数值； （2）分类讨论，为增函数和减函数，参变分离，根据或在上恒成立，即可求得范围； （3）根据，以及为奇函数，只需证明在有一个零点即可；讨论时，的单调性，结合（2）中所求，即可证明. 【详解】（1），故，故； 由题可知，，故，解得. （2）若为上的单调增函数，则在上恒成立，即， 也即恒成立，又，故； 若为上的单调减函数，则在上恒成立，即， 也即恒成立，又，故； 综上所述，若为上的单调函数，则的范围为. （3），其定义域为，又，故其为奇函数； 又，故只需证明可以取无数个值，使得每一个的取值在有一个零点即可. 又，令，则， 当时，由（2）可知，为上的单调减函数，又，故在恒成立， 故在单调递减，又，，故存在，使得， 则当，，单调递增；当，，单调递减； 故当，，又， 故存在，使得； 综上所述：当时，在存在唯一零点， 也即当时，恰好有三个零点， 于是，可以取无数个值，使得每一个的取值都恰有三个不同的零点. 21． （15分） 对于数列把a₁作为新数列的第一项，把a₁或作为新数列的第ⅰ项，数列称为数列的一个生成数列．例如，数列1，2，3，4，5的一个生成数列是．已知数列为数列的生成数列，为数列的前n项和． (1)写出的所有可能值； (2)若生成数列满足，求数列的通项公式； (3)证明：对于给定的的所有可能值组成的集合为． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）列举出数列所有可能情况，分别计算和值即可； （2）根据与之间的关系分析可得：若，，进而分析可知当且仅当时，才成立．进而可得通项公式； （3）首先集合的个数最多有种情形，进而可知确定集合的表示形式，可知得分子必是奇数，进而可知只有当数列与数列的前项完全相同时，才有，即可得结果. 【详解】（1）由题意可得：，， 则， 由于， 所以可能值为． （2）因为， 当时，， 当时，， 可得，， 又因为是的生成数列， 则，，， 可得 在以上各种组合中， 当且仅当时，才成立． 所以． （3）因为共有种情形． 且，即， 又因为，分子必是奇数， 满足条件的奇数共有个． 设数列与数列为两个生成数列，数列的前项和为，数列的前项和为， 从第二项开始比较两个数列，设第一个不相等的项为第项． 由于，不妨设， 则 ， 所以，只有当数列与数列的前项完全相同时，才有． 可知共有种情形，其值各不相同． 所以可能值必恰为，共个． 即所有可能值集合为． 【点睛】关键点点睛：第三问确定集合的表示形式，关键在于说明分子为奇数.由得分子必是奇数，奇数个数由范围确定. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $