北京市海淀区2025-2026学年第二学期期末练习高三数学试题（二模）

海淀区2025一2026学年第二学期期末练习 高三数学 2026.05 数 本试卷共6页，150分。考试时长120分钟。考生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，若复数z对应的点位于第三象限，则复数iz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 (2)已知a,b是单位向量，且<a,b>=牙，则a~b= (A)号 (B)- (c)3 2 D)-9 (3)函数x)=√x+一4，的最小值为 √x+1 (A)2 (B)4 (C)3 (D)6 (4)若直线l1:2x-y+1=0与2：ax+y+a=0平行，则l1与2的距离为 (A)5 (B)2 (C)3 (D)4 (5)已知等差数列{an}中，a3=6,a2n=2an,则a2o26= (A)2025 (B)2026 (C)2048 (D)4052 高三年级（数学）第1页（共6页) (6)已知a=loge,b=log5-log2,c=2n√3，则 (A)c>a>b (B)b>c>a (C)a>c>b (D)c>b>a (7)若函数f(x)=sinx+cos(x+p)的值域为[-1,1]，则p可以为 (A)君 (B)罗 (C)元 (D)弩 (8)如图1，在△ABC中，AC=BC=2,∠C=90°，E,F,G分别为边AB,BC,AC的中 点.将△AEG沿EG折起到△A'EG,△BEF沿EF折起到△BEF,使得A'B'∥平面EFCG且 △A'BE为等边三角形，如图2所示，则多面体A'B'EFCG的体积为 :G 图1 图2 (A)号 @ (c)号 D)2 (9)已知圆C:x2+y2-2ax+2by=0(ab≠0)，则“1a=1b1”是“圆C与直线y=x相切”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 [x2-2x+t,x≤2， (10)已知函数f(x) 集合M={m3x1≠x2,f(x)=f(x)=m}.若对任意 -2*-t,x>2, m1,m2∈M,都有|m1-m2<3,则t的取值范围为 (A)[-3,+o) (B)[-3,-引 (C)[-2,+o) (D)[-2,- 3] 高三年级（数学)第2页（共6页) 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)双曲线号-号=1的渐近线方程为 2-2 (12)在(1-x)的展开式中，各项系数的最大值为 (13)某环保基金会的生态修复专项账户有资金2000万元.基金会制定了如下使用方案：在第n 年开始时，若账户中的资金超过10万元，则在该年将账户中的一半资金投入使用；若账户 中的资金不超过10万元，则在该年将账户中的全部资金投人使用，修复项目在该年结束. 按上述使用方案，第4年投人使用的资金为 万元，该修复项目将在第 年 结束. (14)若锐角a满足tana≤cosa,则sina的一个取值为 ;cos2a的最小值为 (15)在△ABC中，AB=5,AC=4,BC=3,D为边AB的中点，P为边AB上的动点，2为 △ABC所在平面内的动点，且D0=号.给出下列四个结论： ①对任意的P,存在2使得CF·P<0; ②对任意的Q,存在P使得CP·P¤<0： ③存在P,2,使得2CF+D01=2; ④存在P,2,使得2CF+D01=10. 其中所有正确结论的序号是 高三年级（数学)第3页（共6页） 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)(本小题14分) 如图，在四边形ABCD中，∠B+∠D=元，AC是∠DAB的角平分线. D (I)求证：BC=CD; (Ⅱ)若AC=14,CD=10.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，使得四边形ABCD存在，求四边形ABCD的 面积. 条件①：eosB=-行： 条件②：AD-AB=4; 条件③：sin∠CAB=3V3 7 注：如果选择的条件不符合要求，第（Ⅱ)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 (17)(本小题13分) 如图，在四棱锥E-ABCD中，ABI∥CD,AB=1,AD=AE=CD=2,点G为DE的中点， 且平面ABG与CE交于点F. C (I)求证：AB=GF; (Ⅱ)若平面ABFG⊥平面ADE,四边形ABFG为矩形，AD⊥AE.点 H在线段CD上，直线FH与平面BCE所成角的正弦值为 D 3 G 求线段DH的长. 高三年级（数学）第4页（共6页) (18)(本小题13分) 某公司利用自动分拣系统对价值500元以下的中、小件包裹进行分拣.该系统对每件包裹分 拣的准确率为99.9%.若一件包裹分拣错误，当包裹价值不超过10元时，该公司的损失费用为包 裹价值的150%；当包裹价值超过10元但不超过100元时，该公司的损失费用为包裹价值的60%； 当包裹价值超过100元时，该公司的损失费用为包裹价值的75%. 该公司随机抽取10000件包裹，记录并整理这些包裹的价值，获得数据如下表： 价值 (0,10] (10.100] (100,300] (300,500) 件数 4000 4000 1200 800 假设同一组中的每个数据可用该组区间的中点值代替， 假设不同包裹分拣正确与否相互独立.用频率估计概率. (I)估计一件包裹价值不超过100元的概率； (Ⅱ)记X为一件包裹分拣错误时该公司的损失费用，估计X的数学期望； (Ⅲ)该公司每天平均处理10万件包裹.若使用一项新技术，可以让分拣的准确率增加到99.99%， 但每天需额外支付5000元.仅从费用的角度考虑，该公司是否使用该项新技术？说明理由. (19)(本小题15分) 餐图：苔+发 b2 =1的下顶点为A(0,-1),左焦点到A的距离为√3. (I)求椭圆E的方程及离心率； (Ⅱ)经过点A的直线与椭圆的另一个交点为D(位于x轴上方)，与x轴的交点为M.点D关于 x轴的对称点为E.过点D作与x轴平行的直线交直线AE于点N.设△DEN与△AEM的面 积分别为S△DN与SAAEM,若S△DBN=3 SAAEM,求直线AD的斜率. 高三年级（数学)第5页（共6页) (20)(本小题15分) 已知函数)=42，其中a≥0 (I)当a=0时，求曲线y=f(x)经过点(0,0)的切线条数； （I)当受<a≤2时，求证：对任撒xe[-受，受1，八x)<号： (Ⅲ)若关于x的方程∫(x)=1在区间【-受，受]上有且仅有1个解，直接写出a的最小值。 (21)(本小题15分) 给定正整数m,如果一个无穷数列{an}满足：对于任意正整数k,ak+1,ak+2,…,ak+m这m 项中恰有a个不同的数，则称{an}为m-预言数列. (I)分别写出下列数列是否为3-预言数列； 1,n为偶数， (n+2 ①an=1； ②bn= 2,n为奇数。 n+ (Ⅱ)是否存在首项为3的3-预言数列？若存在，求出所有符合条件的数列；若不存在，说明理由； (Ⅲ)求m-预言数列的个数 (考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效) 高三年级（数学)第6页（共6页） 海淀区2025一2026学年第二学期期末练习 数学参考答案 一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分) (1)D （2)B (3)C (4)A (5)D (6)A (7)A (8)C (9)B (10)A 二、填空题（共5小题，每小题5分，共25分） (11)y=±x (12)10 (13)1259 (14)1(答案不唯一)√5-2 (15)①④ 三、解答题（共6小题，共85分) (16)(共14分) 解：(I)因为∠B+∠D=π， 所以sinB=sin(π-D)=sinD. 又AC是∠DAB的角平分线， 所以∠DAC=∠CAB,所以sin∠DAC=sin∠CAB BC AC 在△ABC中，由正弦定理 sin∠CAB sin∠B 在△ADC中，由正弦定理 CD AC sin∠DAC sin∠D BC AC AC 所以 CD sin∠CAB sin∠Bsin∠Dsin∠DAC 所以BC=CD (IⅡ)选择条件D:cosB=-1 由(I),BC=CD=10, 在△ABC中， 由余弦定理AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cOSB 数学 参考答案第1页（共9页） 所以14=AB2+102-2AB-10.( 解得AB=8,AB=-12（舍) 同理，在△ACD中， 由csD=-coB写可每AD=2, 因为cosB=- 5,Be(0,四， 所以sinB=2V6 ，simD=simB=2y6 5 5 cp+BA.BC.sinB DA.DCsim 所以5=号8,1026+12,1026 52 所以SA4aD=40N6 选择条件②：AD-AB=4. 因为∠DAC=∠CAB, 所以coS∠DAC=coS∠CAB 在△ACD和△ABC中， 在△ACD中，由余弦定理，cos∠D4C=AD+AC-DC 2AD·AC 在△ABC中，由余弦定理，os∠CAB=AB+AC-BC 2AB.AC 所以AD+AC2-DCAB2+AC2-BC: 2AD.AC 2AB.AC 解得AD=12,AD=-8(舍) 所以AB=8.cos∠D1C= 5 因为∠DAC∈(O,D), 所以sin∠DAC=26 7 所以Sga=5+8s-号Ci-DH-nn 数学参考答案第2页（共9页） 所以SARCD= 8102521 2W6 5 2 5 所以S4D=40V6 (17)(共13分) 解：(I)因为AB∥CD,ABL平面CDE,CDc平面CDE, 所以AB∥平面CDE 因为平面ABG∩平面CDE=FG, 所以AB∥FG, 所以CD∥FG, 在△CDE中，因为点G为DE的中点， 所以点F为CE的中点 所以G-CD-1, 所以AB=FG (IⅡ)因为平面ABFG⊥平面ADE,平面ABFG∩平面ADE=AG, AB⊥AG,ABC平面ABFG, 所以AB⊥平面ADE 所以AB⊥AD,AB⊥AE. 又AD⊥AE, 如图，以点A为坐标原点，建立空间直角坐标系O-z, 所以A(0,0,0),B(0,0,1),C(0,2,2),E(2,0,0),F1,1,1), 设H(0,2,h)(0≤h≤2)， 所以BC=(0,2,1),BE=(2,0,-1) 设n=(x,y,z)是平面BCE的法向量， D 则BC-n=0 2y+z=0, 即 BE.n=0, 2x-z=0. 数学 参考答案第3页（共9页） 令x=1,则y=-1,z=2, 所以n=1,-1,2）. 因为FH=(-1,1,h-1), 所以sim0=cos<阻，n=阳L」 2h-4 |FHIl√6xV2-2h+33 解得h=1,h,=5(舍). 所以DH=1. (18)(共13分) 解：(I)包裹价值不超过100元的概率可以估计为P=4000+4000_4 10000 (Ⅱ)由题设，X的所有可能值为7.5,33,150,300（单位：元） P(X=7.5)= 4000_2 4000_2 100005 P(X=33)= 100005 12003 800 P(X=150)= P(X=300)= 2 1000025 1000025 X 7.5 33 150 300 2-5 2-5 3 25 25 E(X0=7.5× 3子150 5 25 +300× =58.2(元) (Ⅲ)建议使用新技术. 理由：58.2×0.09%×100000-5000=238>0，所以建议使用新技术. 数学 参考答案第4页（共9页） (19)(共15分) b=1, 解：(I)由题设， ad2=b2+c2-3. 解得a=√3，c=√2. 所以的方程为，+少=1，离心率为e6 3 (Ⅱ)设直线AD的方程为y=-1, 1 令y=0,得x= 所以M会 由红1，得+3x2-6=0, x2+3y2=3, 6k 所以。+3·所以% 3k2-1 1+3k21 所以D( 6k3k2-1 1+3k2’1+3k2 1-3k2 所以E（+31+的 1-3k2 因为6-1+3：1 1 6k 3 1+32 所以直线AE的方程为y+1= 3t 令y=3张2-1 1+3k2 ，得xw= 所以1DNI=3k2-) 1+3k2 因为Saw=2DB-DW Su=Sam-Saew-DE10x,-,-D 因为与的号相同 数学参考答案第5页（共9页） 所以S△ABM=SAARD-S△DsM= DE 所以|DN=3|xw 所以 6k(32-1） 3 1+3k2 k 解得k=1. 法二： 设点DKy)， 02 +%2=1, 3 所以E(xo,-yo). 所以名。=+ 0 所以AD的方程为y+1=+x Xo 所以xw=,所以M,0 %+1 %+1 因为k8=书+1 Xo 所以直线AE的方程为y+1=+, Xo 令y=,得y= (y+1) 1-0 所以|DNI= 2xo.Vo 1-yo 因为S.a-DI-DN Sw=8aw克DE10xH-D 因为。，与飞，符号相同， y+1 所以S△ABw=S△ABD-S△DBM= 腿n 所以|DN=3xM| 数学 参考答案第6页（共9页） 所以 2=3到0 1-yo %+1 1 解得人=2%=3（含). 所以k=1. (20)(共15分) 解：(I)当a=0时，f(x)= sinr+2’∫6)-0x+2-C0. (sinx+2)2 设y=f(x)在点(x,f(x)处的切线经过(0,0) 因为y-f(x)=f'(x)x-x), 代入0,0得到，-名。。sm+2-cs(飞) sinx。+2 (sinx。+2)2 所以x。2c0sx=0, 所以七=0或气-2-分=2a+受 兀 当=0时，了0=片 当x,=2-亚时，f2m-=1, 当飞=2a*受时，J0+孕- 2 所以曲线y=f(x)经过点(0,0)处的切线有3条. (Ⅱ)因为f)=x+a sinx+2 所以f()=simx+2-x+四cosx (sinx+2) g(x)=sinx+2-(x+a)cosx, 所以g'(x)=(x+a)sinx. .元<a≤2， 因为x孕1， 所以x+a>0. 数学 参考答案第7页（共9页） 令g(x)=0,得x1=0. 所以g'(x)与g(x)的变化情况如下表： 0 o子 8'(x) 0 + 8(x) 极小值 → 因为g(0)=2-a≥0， 所以多国≥0，即了四20对e登为底立。 所以)在[受孕上单调造啦， 所以f)≤f百= Gta ata_2a 3 33 ()a的最小值为？. (21)(共15分) 解：(I){a}是3-预言数列，{b}不是3-预言数列. (Ⅱ)不存在，证明如下： 由题可知a1-4∈{1,0,1}且4∈{1,2,3}（k=1,2,…) 假设存在，则a4=3,所以{4,4,4}={1,2,3} (1)若a,=1,由题可知a=a4,矛盾： (2)若a2=2,由题可知{a,a4}={1,3}矛盾； (3)若4，=3，由题可知{a,a}=1,2},且4=3，又因为4-4∈{-1,0,1}， 所以4，=2,4=1，{a4,4}={2,3}与4=1矛盾； 综上不存在首项为3的3-预言数列. ()当=1时，a=1,此时m-预言数列的个数为1； 数学 参考答案第8页（共9页） 当≥2时，m-预言数列的个数为+2. 证明如下： (1)同（Ⅱ）可得a1-4.∈{-1,0,1}且a∈1,2，…，m(k=1,2,…), 所以若数列中某一项为1，则后续m项只可能均为1或者均为2. (2)设{an}中的最大项为t,证明t≤2. 假设t≥3，则存在4=t, 由题可知41,42，…，4m中恰有1,2，，t这t个不同的数， 所以其中存在a,=t（若有多个，则取最后一个)， 存在a,=1(若有多个，则取最前一个). 若j<i,则a1=a,+2=…=a+m=a=t,a1-a=t-1E{-1,0,1,矛盾； 若j>i,则a1,a+2,,4+m中恰有1,2，…，t这t个不同的数 又因为a1,A+2,…,a,中没有t,且4=1，其后续m项也没有t矛盾. 由上可知t≤2. (3)由(2)若t=1,则a=1,符合； 若t=2,设4=2，则其后续项可取到1和2， 且其中第一个1的后续m项只能为2， 否则其前一项（取2）对应后续后续m+1项只能取1，矛盾， 所以若4=2，则其后续m项只能有1个1，-1个2， 共有m种不同的取法，考虑到数列首项还可能是1， 所以当数列中最大项为2时，共有+1个-预言数列 综上，当m≥2时，m-预言数列的个数为m+2 数学 参考答案第9页（共9页）