2026年高考数学二轮复习模拟检测卷02（北京专用）

2026年高考数学二轮复习模拟检测卷（北京卷02） 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】B 【分析】先将分别变形，然后根据数值的奇偶判断出的关系. 【详解】因为，所以， 所以， 因为，所以， 所以， 因为表示所有奇数，表示部分奇数， 所以. 故选：. 2．若复数满足，则对应的点在（   ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 【答案】D 【分析】根据复数的除法运算可得，再由复数的几何意义可得. 【详解】， 所以对应的点为，在第四象限. 故选：D 3．设，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意，利用对数的运算性质，即可求解. 【详解】由，可得. 故选：B. 4．设，则（   ） A．-2 B．-1 C．0 D．1 【答案】A 【分析】分别令和代入计算即可. 【详解】令易知， 令可得，， 所以. 故选：A. 5．已知直线与圆相交于两点，且，则值为（    ） A．或 B．或 C．或 D．或 【答案】B 【分析】利用点到直线的距离公式结合勾股定理建立方程，求解参数即可. 【详解】由题意得圆的圆心为，半径为， 直线可化为，且设圆心到直线的距离为， 由点到直线的距离公式得， 因为，所以由勾股定理得， 解得或，故B正确. 故选：B 6．设平面向量与不共线，，则“与共线”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】C 【分析】根据共线定理可得，由与不共线，得且，即可结合充要条件的定义求解. 【详解】若与共线，则存在非零实数，使得，即， 由于平面向量与不共线，所以且，故， 因此“与共线”是“”的充要条件， 故选：C 7．过双曲线的右焦点F作一条渐近线的垂线，垂足为A．若（O为坐标原点），则该双曲线的离心率为（    ） A． B． C．2 D．或2 【答案】B 【分析】由题意易得所以，从而，再由求解. 【详解】解：在中，因为， 所以，则， 所以， 故选：B 8．小明在某印刷服务公司看到如下广告：“本公司承接图纸复印业务，规格可达A1，B1大小……”.他不禁好奇：A1，B1复印纸有多大呢？据查：所有的复印纸均为矩形，其长与宽的比值不变，且两张A4纸可以拼接成一张A3纸，两张A3纸可以拼接成一张A2纸…….已知A4纸的宽为210mm，那么A1纸的长和宽约为（   ） A．840mm，594mm B．840mm，588mm C．594mm，420mm D．588mm，420mm 【答案】A 【分析】由复印纸的拼接关系以及长与宽比值不变的特点，代入计算，即可得到结果. 【详解】A4纸的宽为，设其长为， 若两张A4纸的宽拼在一起， 则A3纸的宽为，长为， 且，故舍去； 若两张A4纸的长拼在一起， 即A3纸的宽为，长为， A2纸的宽为，长为， A1纸的宽为，长为， 由所有的复印纸均为矩形，其长与宽的比值不变， 可得，解得，则， 所以A1纸的长和宽约为840mm，594mm. 故选：A 9．如图，长方体中，，，，点，分别是和的中点，是侧面内一动点（含边界），若平面，则动点的轨迹的长度为（    ）    A． B． C． D．9 【答案】C 【分析】取的中点，取的中点，连接，可证平面平面．然后可知点的运动轨迹为，即可求解． 【详解】如图所示：    取的中点，取的中点，连接， 所以，又因为点，分别是和的中点， 所以，所以， 又因为平面，平面，所以平面， 又点是棱的中点，点是棱的中点，所以且， 所以四边形是平行四边形，所以，， 又因为，，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， 又，平面，所以平面平面． 又是侧面内一动点（含边界），且平面， 所以点的运动轨迹为，又在长方体中，，， 所以. 故选：C 10．已知函数若存在唯一的整数x，使得成立，则所有满足条件的整数a的取值集合为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】作出的图象，由不等式的几何意义：曲线上一点与连线的直线斜率小于0，结合图象即可求得a范围 【详解】令作出的图象如图所示： 等价于，表示点与点所在直线的斜率， 可得曲线上只有一个整数点与所在的直线斜率小于0，而点在直线上运动，由 可知当时，只有点满足，当时，只有点满足， 当时，至少有，满足，不满足唯一整数点，故舍去， 当时，至少有满足，不满足唯一整数点，故舍去， 因为为整数，故可取 故选：B 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．函数的定义域为 ． 【答案】 【分析】根据函数解析式有意义可得出关于的不等式，即可解得原函数的定义域. 【详解】对于函数，有，解得且， 因此，函数的定义域为. 故答案为：. 12．已知圆柱形水杯的底面半径为3cm，侧面积为，则水杯的容积约为 ml．（精确到1ml，水杯壁厚度忽略不计） 【答案】565 【分析】设圆柱形水杯的底面圆的半径为，高为，由题求得，利用圆柱体积公式求得答案. 【详解】设圆柱形水杯的底面圆的半径为，高为，则， 所以水杯的侧面积，解得， 所以水杯的容积. 故答案为：. 13．设函数 ①给出一个的值，使得的图像向右平移后得到的函数的图像关于原点对称， ； ②若在区间上有且仅有两个零点，则的取值范围是 ． 【答案】 （答案不唯一） 【分析】根据变换法则得，则，取计算即可，确定，根据零点个数得到，解得答案. 【详解】由题意可得， 因为的图像关于原点对称，所以，即， 当时，； 若，则，有且仅有两个零点， 则，解得，故的取值范围为. 故答案为：（答案不唯一）； 14．在数列中，，且任意连续三项的和均为7，则 ；记数列的前项和为，则使得成立的最大整数 ． 【答案】 6 44 【分析】首先得出数列是周期为3的周期数列，进一步可根据数列任意连续三项的和均为7，即可求解第一问，至于第二问分三种情况讨论即可求解. 【详解】由题意，所以数列是周期为3的周期数列， 所以，故； 当时，，解得，此时最大整数为42， 当时，，解得，此时最大整数为42， 当时，，解得，此时最大整数为44， 综上所述，，使得成立的最大整数. 故答案为：6，44. 15．已知曲线（，为常数），给出下列四个结论： ①曲线关于坐标原点对称； ②当时，曲线恒过两个定点； ③记曲线在第一象限的部分与坐标轴围成的图形的面积为，则对任意，存在，使得. ④设，为曲线上的两个动点，则存在，，使得有最大值； 其中所有正确结论的序号为 . 【答案】①②③ 【分析】利用曲线的对称性判断①；当时，化简曲线方程，求出定点坐标判断②；取，在第一象限内，曲线在线段上方，数形结合判断③；将曲线的方程视为关于的二次方程，解原方程，取点、，考查时，的取值判断④. 【详解】对于①，在曲线上任取一点，则， 点关于原点的对称点为， 则， 即点在曲线上，因此曲线关于坐标原点对称，①正确； 对于②，当时，则，曲线的方程为， 由，解得或， 因此当时，曲线恒过两个定点，②正确； 对于③，当，时，在曲线的方程中，令可得，令可得， 此时曲线交轴的正半轴于点，交轴正半轴于点， 设直线，， 对曲线C的方程变形整理，有， 将上式视为关于y的一元二次函数，其中， 当 时，恒有 ，有， ， 令，， ， ， 由，得，即 ，于是， 即曲线 在第一象限的部分在直线的上方，如图， 因此，③正确； 对于④，当，时，将曲线的方程视为关于的二次方程， 对于方程，， 解方程，得， 不妨取点，， 则，当时，则，因此无最大值，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） 已知平面四边形中，，，. (1)若，求的长； (2)设，记四边形的周长，求的最大值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）连接，在中，由余弦定理可解； （2）在中，由正弦定理可得，再利用两角和与差的正弦公式可得最大值. 【详解】（1） 连接， 因为，，， 所以为正三角形，， 在中，由余弦定理可得， 代入数值可得，解得. （2）在中，由正弦定理可得， 所以， 所以四边形的周长 ， 所以当时，的最大值为. 17． （13分） 如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面平面，，E，F分别为的中点. (1)求证：平面； (2)若，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求二面角的大小.条件①：；条件②：. 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取中点，连接、，证明四边形是平行四边形，即可求证； （2）选择条件①，通过证平面证，然后通过建立空间直角坐标系求解；选择条件②，先通过三角形全等证是正三角形，进而证，即可通过建立空间直角坐标系求解. 【详解】（1）证明：取中点，连接、， 分别为，的中点， 所以，； 在菱形中，因为，； 所以，，所以四边形为平行四边形， 所以，又因为平面，平面， 所以平面. （2）选择条件①： 易知平面，平面，平面， 所以有，， 又因为，， 平面，平面，所以平面， 因为平面，所以； 以为原点，为轴，为轴，为轴，建立如图所示空间直角坐标系， 又因为，,且易知是正三角形，，所以， 则，，，，， 设平面的法向量为，则， 不妨令,解得； 根据已知条件，可得平面的法向量为， 所以，所以二面角的大小为. 选择条件②： 连接，因为平面，且、、均在平面中， 所以，，，所以， 又因为，，所以，所以， 又因为底面为菱形，所以，即是正三角形， 又因为为的中点，所以， 以为原点，为轴，为轴，为轴，建立如图所示空间直角坐标系， 又因为，,且是正三角形，，所以， 则，，，，， 设平面的法向量为，则， 不妨令,解得； 根据已知条件，可得平面的法向量为， 所以，所以二面角的大小为. 18． （14分） 某城市的甲、乙两个区，甲区有500个居民小区，乙区有300个居民小区. 为了解甲、乙两个区在绿化与垃圾分类两方面的达标情况，进行了调查统计，结果如下：（单位：个） 绿化达标 垃圾分类达标 绿化达标且垃圾分类达标 甲区 300 250 200 乙区 180 150 120 (1)从甲乙两区的所有居民小区中随机抽取一个居民小区，求抽到的是“甲区且绿化达标”的概率； (2)从甲区和乙区中各随机抽取一个居民小区，设表示这两个居民小区中“垃圾分类达标”的个数，求的分布列和数学期望； (3)城市管理部门计划按照分层抽样从甲、乙两区抽取40个居民小区进行评比，在抽取的40个居民小区中，设为“绿化达标”居民小区的数量，为“绿化达标且垃圾分类达标”居民小区的数量，试判断方差的大小.（结论不要求证明） 【答案】(1) (2)分布列见详解，1 (3) 【分析】（1）根据表格中的数据，利用古典概型计算概率即可； （2）根据表格求得从甲区中随机抽取一个居民小区，它是“垃圾分类达标”小区的概率，以及从乙区中随机抽取一个居民小区，它是“垃圾分类达标”小区的概率，再分别求得的概率，即可写出分布列，进而求得数学期望； （3）根据表格中的数据，求出离散型随机变量的方差，从而判断.（学生作答时，直接写结果即可，无需说明理由）. 【详解】（1）设事件“抽到的是甲区且绿化达标”， 因为该城市试点区的所以居民小区共有个， 甲区且绿化达标的居民小区共有个， 则， 所以，抽到的是“甲区且绿化达标”的概率为. （2）由题意，的所有可能的取值为. 从甲区中随机抽取一个居民小区，它是“垃圾分类达标”小区的概率为， 从乙区中随机抽取一个居民小区，它是“垃圾分类达标”小区的概率为， 则，， ， 所以的分布列为： 0 1 2 所以，数学期望. （3）因为甲区有500个居民小区，乙区有300个居民小区，共个， 所以从甲小区里抽取个，从乙小区里抽取个， 由表格可知： 从甲区中随机抽取一个居民小区，它是“绿化达标”小区的概率为， 从乙区中随机抽取一个居民小区，它是“绿化达标”小区的概率为， 因此，随机变量，则. 由表格可知： 从甲区中随机抽取一个居民小区，它是“绿化达标且垃圾分类达标”小区的概率为， 从乙区中随机抽取一个居民小区，它是“绿化达标且垃圾分类达标”小区的概率为， 因此，随机变量，则. 所以，. 19． （15分） 已知椭圆的短轴长为2，且离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)设椭圆的上､下顶点分别为点，过点的直线与椭圆交于不同两点，且，直线与直线交于点，求证：点在一条定直线上. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由短轴长及离心率和之间的关系求出的值，进而求出椭圆的方程； （2）由（1）可得的坐标，设直线的方程，与椭圆联立得到韦达定理，求出直线，再求两条直线的交点的坐标； 【详解】（1）因为椭圆的短轴长为2， 所以.所以. 因为离心率为，所以. 所以，解得. 所以椭圆的方程为. （2）①若直线的斜率不存在，不符合题意. ②若直线的斜率存在，设为，所以直线的方程为. 联立方程组消去，化简得. 所以，得，或. 因为，且， 所以. 直线的方程为，即. 直线的方程为，即. 因为直线与直线交于点， 所以点的纵坐标. 所以 . 所以点在直线上. 【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的定直线问题的求解，求解此类问题的基本思路如下： ①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式； ②利用求得变量之间的关系，同时得到韦达定理的形式； ③利用韦达定理表示出已知的等量关系，化简整理得到所求定直线. 20． （15分） 已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)讨论函数在区间上的极值点的个数； (3)若函数在区间上有唯一零点，证明：. 【答案】(1)； (2)答案见解析； (3)证明见解析； 【分析】（1）直接根据导数的几何意义可求得切线方程； （2）先对函数求导，再分，，三种情况对导数讨论可得函数的极值点； （3）由（2）解析过程知，函数要有唯一零点t，必有函数的唯一极小值点，再通过构造函数，，只需用导数证明的零点即可. 【详解】（1）当时，函数， 所以，. 所以曲线在点处的切线方程为， 即. （2）由函数，. 令，，. ①若时，，所以在上单调递增，且， 即在上单调递增，且， 所以函数在上单调递增，函数无极值点； ②当时，，， 当，所以. 所以函数在上单调递增且有唯一零点， 即函数在上单调递增且有唯一零点， 当；当， 所以函数在有唯一的极小值点，无极大值点； ③当时，因为，所以， 所以函数在上单调递减，无极值点. 综上所述：当或时，函数在上无极值点； 当时，函数在上有唯一的极小值点，无极大值点. （3）由（2）可知，当时，函数在上单调递减，且， 所以函数在上无零点； 当时，函数在上单调递增，且， 所以函数在上无零点； 当时，函数在有唯一的极小值点，且， 要使函数在区间上有唯一零点，所以. 所以， 令，得，即. 再令，， 所以在上单调递增， 且. 所以函数在上有唯一零点， 所以，即. 21． （15分） 已知和都是无穷数列.若存在正数，对任意的，均有，则称数列与具有关系. (1)分别判断下列题目中的两个数列是否具有关系，直接写出结论； ①，，； ②，，. (2)设，，，试判断数列与是否具有关系.如果是，求出的最小值，如果不是，说明理由； (3)已知是公差为的等差数列，若存在数列满足：与具有关系，且，，…，中至少有100个正数，求的取值范围. 【答案】(1)①不具有关系；②具有关系. (2)是，A的最小值为1. (3) 【分析】（1）先假设数列与是否具有关系，根据题意，即可得出结论； （2）根，即可得出数列与具有关系．设A的最小值为，，结合题中条件，即可求出结果； （3）先利用定义确定，然后根据题意，找到符合题意的数列即可. 【详解】（1）①因为，，若数列与是否具有关系， 则对任意的，均有， 即，即，但时，， 所以数列与不具有关系． ②数列与具有关系，理由如下： 因为，，又因为 所以有，所以， 所以数列与是具有关系. （2）证明：因为，，所以， 所以， 所以数列与具有关系． 设A的最小值为，， 因为，所以． 若，则当时，， 则，这与“对任意的，均有”矛盾， 所以，即A的最小值为1． （3）因为是公差为的等差数列，所以. 若存在数列满足：与具有关系， 则，都有. 即，即. 则，即， 当时，，都有 与，，，，中至少有100个正数矛盾. 当时，可取， 则，且，，，，均为正数，符合题意. 当时，可取， 则，且，，，，均为正数，符合题意. 当时，可取， 则，， 即，，，，中有100个正数. 综上所述的取值范围是. 【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的：遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决． 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02） 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．若复数满足，则对应的点在（   ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 3．设，则（   ） A． B． C． D． 4．设，则（   ） A．-2 B．-1 C．0 D．1 5．已知直线与圆相交于两点，且，则值为（    ） A．或 B．或 C．或 D．或 6．设平面向量与不共线，，则“与共线”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 7．过双曲线的右焦点F作一条渐近线的垂线，垂足为A．若（O为坐标原点），则该双曲线的离心率为（    ） A． B． C．2 D．或2 8．小明在某印刷服务公司看到如下广告：“本公司承接图纸复印业务，规格可达A1，B1大小……”.他不禁好奇：A1，B1复印纸有多大呢？据查：所有的复印纸均为矩形，其长与宽的比值不变，且两张A4纸可以拼接成一张A3纸，两张A3纸可以拼接成一张A2纸…….已知A4纸的宽为210mm，那么A1纸的长和宽约为（   ） A．840mm，594mm B．840mm，588mm C．594mm，420mm D．588mm，420mm 9．如图，长方体中，，，，点，分别是和的中点，是侧面内一动点（含边界），若平面，则动点的轨迹的长度为（    ）    A． B． C． D．9 10．已知函数若存在唯一的整数x，使得成立，则所有满足条件的整数a的取值集合为（    ） A． B． C． 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．函数的定义域为 ． 12．已知圆柱形水杯的底面半径为3cm，侧面积为，则水杯的容积约为 ml．（精确到1ml，水杯壁厚度忽略不计） 13．设函数 ①给出一个的值，使得的图像向右平移后得到的函数的图像关于原点对称， ； ②若在区间上有且仅有两个零点，则的取值范围是 ． 14．在数列中，，且任意连续三项的和均为7，则 ；记数列的前项和为，则使得成立的最大整数 ． 15．已知曲线（，为常数），给出下列四个结论： ①曲线关于坐标原点对称； ②当时，曲线恒过两个定点； ③记曲线在第一象限的部分与坐标轴围成的图形的面积为，则对任意，存在，使得. ④设，为曲线上的两个动点，则存在，，使得有最大值； 其中所有正确结论的序号为 . 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） 已知平面四边形中，，，. (1)若，求的长； (2)设，记四边形的周长，求的最大值. 17． （13分） 如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面平面，，E，F分别为的中点. (1)求证：平面； (2)若，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求二面角的大小.条件①：；条件②：. 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分. 18． （14分） 某城市的甲、乙两个区，甲区有500个居民小区，乙区有300个居民小区. 为了解甲、乙两个区在绿化与垃圾分类两方面的达标情况，进行了调查统计，结果如下：（单位：个） 绿化达标 垃圾分类达标 绿化达标且垃圾分类达标 甲区 300 250 200 乙区 180 150 120 (1)从甲乙两区的所有居民小区中随机抽取一个居民小区，求抽到的是“甲区且绿化达标”的概率； (2)从甲区和乙区中各随机抽取一个居民小区，设表示这两个居民小区中“垃圾分类达标”的个数，求的分布列和数学期望； (3)城市管理部门计划按照分层抽样从甲、乙两区抽取40个居民小区进行评比，在抽取的40个居民小区中，设为“绿化达标”居民小区的数量，为“绿化达标且垃圾分类达标”居民小区的数量，试判断方差的大小.（结论不要求证明） 19． （15分） 已知椭圆的短轴长为2，且离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)设椭圆的上､下顶点分别为点，过点的直线与椭圆交于不同两点，且，直线与直线交于点，求证：点在一条定直线上. 20． （15分） 已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)讨论函数在区间上的极值点的个数； (3)若函数在区间上有唯一零点，证明：. 21． （15分） 已知和都是无穷数列.若存在正数，对任意的，均有，则称数列与具有关系. (1)分别判断下列题目中的两个数列是否具有关系，直接写出结论； ①，，； ②，，. (2)设，，，试判断数列与是否具有关系.如果是，求出的最小值，如果不是，说明理由； (3)已知是公差为的等差数列，若存在数列满足：与具有关系，且，，…，中至少有100个正数，求的取值范围. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $