精品解析：北京市第八十中学2025-2026学年第二学期高三下学期二模前测试一数学试题

北京市第八十中学2025—2026学年第二学期二模前测试一 高 三 数 学 一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分） 1. 已知集合，集合，则集合（ ） A. B. C. D. 2. 已知数列的前n项和是，则（ ） A. 9 B. 16 C. 31 D. 33 3. 已知点在抛物线上，则抛物线C的准线方程为（    ） A. B. C. D. 4. 已知向量满足，且，则（    ） A. B. C. D. 1 5. 已知的展开式中，第4项和第6项的系数相等，则（ ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 6. 已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数在R上单调递增，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 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 9. 已知圆上到直线的距离为1的点有且仅有2个，则r的取值范围是（ ） A. B. C. D. 10. 在平面直角坐标系中，将函数的图象绕坐标原点O逆时针旋转后，所得曲线仍然是某个函数的图象，则称函数为“可旋转函数”.若函数为“可旋转函数”，则满足条件的整数k的值有（ ）个. A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 二、填空题（共5小题，每小题5分，共25分） 11. 若复数z满足，则__________． 12. 已知双曲线：的焦距为，则其渐近线方程为______；离心率为______． 13. 若一四面体各棱的棱长构成集合，则该四面体的体积可能是_______（只需写出一个可能的值） 14. 图1是中国古代建筑中的举架结构，是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举，图2是某古代建筑屋顶截面的示意图．其中是举，是相等的步，相邻桁的举步之比分别为，，，．已知成公差为0.1的等差数列，且直线的斜率为，则_______． 15. 在平面直角坐标系中，已知集合，给出下列四个结论： ①当时，则是一条直线； ②当时，点到原点的距离存在最小值，不存在最大值； ③当时，则所有满足的点所构成的区域面积为； ④当时，已知集合，则集合； 其中所有正确的结论是_______． 三、解答题（共6小题，共85分） 16. 如图，在直四棱柱中，，，，点分别为的中点，且与平面所成角为. （1）求证：； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 17. 在中，为锐角，． （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，使存在，求出的周长． 条件①：；条件②：；条件③：． 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． 18. 大气中的微生物一般不以单体存在，常附着在大气尘埃上成为一体，形成气溶胶粒子悬浮在空气中，称为带菌粒子．科研人员采用六级空气微生物采样器在甲地的三个观测点共采集到份带菌粒子，带菌粒子的粒数中值直径和采样器的采集范围记录如下： 甲地空气带菌粒子统计表 观测点 粒数中值直径 A 4.6 5.6 5.6 6.5 6.9 6.8 6.4 5.8 4.5 6.0 4.2 4.4 B 4.2 6.0 7.1 4.6 C 2.5 2.0 3.0 3.0 2.3 3.8 4.1 2.8 六级空气微生物采样器 级数 Ⅰ Ⅱ Ⅲ Ⅳ Ⅴ Ⅵ 采集范围 假设各份数据的采集互不影响，并用频率估计概率． （1）根据上述数据，若在甲地空气中随机采集份带菌粒子，试估计其粒数中值直径为II级的概率； （2）在A点采集的带菌粒子中随机选出份，在B点采集的带菌粒子中随机选出份，记这份中粒数中值直径为III级的份数为，求的分布列和数学期望； （3）为研究带菌粒子的生物特征，计划在C点再采集份带菌粒子．记这份带菌粒子中有份的粒数中值直径为III级的概率为．试给出的一个值，使得为中的最大值．（结论不要求证明） 19. 已知椭圆的离心率为，且椭圆C的上顶点、右顶点和坐标原点所构成的三角形面积为． （1）求椭圆的方程和其短轴长； （2）若点在椭圆上，点在直线上，且，试判断直线与圆的位置关系，并证明你的结论. 20. 已知函数的定义域为R，． （1）求函数的单调区间； （2）判断曲线上是否存在两点P，Q，使得P，Q关于对称，并说明理由； （3）直线是曲线在处的切线，过点A作垂直于的直线，直线，与y轴交点的纵坐标分别为，，求的取值范围． 21. 已知是无穷正整数数列，且对任意的，其中表示有穷集合S的元素个数． （1）若，求的所有可能取值； （2）求证：数列中存在等于1的项； （3）求证：存在，使得集合为无穷集合． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京市第八十中学2025—2026学年第二学期二模前测试一 高 三 数 学 一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分） 1. 已知集合，集合，则集合（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先，求解集合中关于的不等式，然后求解的并集. 【详解】对于集合，，化简得，所以. 所以集合. 对于集合，，根据指数函数的性质可得. 所以集合. 所以. 故选：A. 2. 已知数列的前n项和是，则（ ） A. 9 B. 16 C. 31 D. 33 【答案】B 【解析】 【分析】设数列的前n项和为，根据即可求解. 【详解】设数列的前n项和为，则， 则. 故选:B. 3. 已知点在抛物线上，则抛物线C的准线方程为（    ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知求出抛物线方程，即可求解抛物线C的准线方程． 【详解】因为点在抛物线上， 所以，即抛物线方程， 所以抛物线C的准线方程为． 4. 已知向量满足，且，则（    ） A. B. C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】根据数量积的性质求解. 【详解】由，知，对的两边同时平方， 得，即， 将代入，得，解得. 5. 已知的展开式中，第4项和第6项的系数相等，则（ ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 【答案】B 【解析】 【分析】由，即，利用组合数的性质即可求解. 【详解】由，根据题意有，由组合数的性质有. 故选：B. 6. 已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设圆柱的底面半径为，根据圆锥和圆柱的侧面积相等可得半径的方程，求出解后可求圆锥的体积. 【详解】设圆柱的底面半径为，则圆锥的母线长为， 而它们的侧面积相等，所以即， 故，故圆锥的体积为. 故选：B. 7. 已知函数在R上单调递增，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据二次函数的性质和分界点的大小关系即可得到不等式组，解出即可. 【详解】因为在上单调递增，且时，单调递增， 则需满足，解得， 即a的范围是. 故选：B. 8. 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】B 【解析】 【分析】根据二倍角的正弦公式结合同角三角函数的关系化弦为切，再根据充分条件和必要条件的定义即可得解. 【详解】由， 得，解得或， 由，得， 所以“”是“”的必要不充分条件. 故选：B. 9. 已知圆上到直线的距离为1的点有且仅有2个，则r的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出圆心到直线的距离，然后结合图象，即可得出结论. 【详解】由题意， 在圆中，圆心，半径为， 到直线的距离为的点有且仅有 个， ∵圆心到直线的距离为：， 故由图可知， 当时， 圆上有且仅有一个点（点）到直线的距离等于； 当时， 圆上有且仅有三个点（点）到直线的距离等于； 当则的取值范围为时， 圆上有且仅有两个点到直线的距离等于. 故选：B. 10. 在平面直角坐标系中，将函数的图象绕坐标原点O逆时针旋转后，所得曲线仍然是某个函数的图象，则称函数为“可旋转函数”.若函数为“可旋转函数”，则满足条件的整数k的值有（ ）个. A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】等价转化为函数在定义域内单调递增或单调递减，再代入排除一种情况，最后分离参数求出最值即可. 【详解】因为函数为“可旋转函数”， 所以关于的方程对任意的至多只有一个解， 所以方程至多只有一个解， 即曲线与直线至多只有一个交点， 所以函数在定义域内单调递增或单调递减， 又，所以或恒成立， 因为，故不可能恒成立， 所以恒成立，当时，恒成立， 当时，，不满足题意， 当时，恒成立，设，导函数， 当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， 当时，；当时，， 所以，即，综上，， 所以满足条件的整数的值有，有且只有3个. 二、填空题（共5小题，每小题5分，共25分） 11. 若复数z满足，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据复数的除法可求得，结合模长公式运算求解. 【详解】因为，所以， 所以. 故答案为： 12. 已知双曲线：的焦距为，则其渐近线方程为______；离心率为______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】先由方程表示双曲线可得，再根据焦距可得，进而由双曲线的方程可得渐近线方程及离心率. 【详解】由双曲线：，得，所以. 因为双曲线的焦距为，所以，得， 所以双曲线的方程为，因此双曲线的离心率， 双曲线的渐近线方程为. 13. 若一四面体各棱的棱长构成集合，则该四面体的体积可能是_______（只需写出一个可能的值） 【答案】或或（任写其一即可） 【解析】 【分析】考虑一条边为1，两条边为1，三条边为1三种情况，分别利用体积公式，计算得到答案. 【详解】一条边为1，其余边为2时，如图1， 不妨设，中点为，连接，作于， 易知，，，故平面，平面， 故，又，，故平面， 易知，， 故， . 当有两条边为1时，只能是对边为1，如图2，不妨设 设对应长方体的长宽高分别为：，则，解得， 故. 当有三条边为1时，只能是底边三条边为1，如图3所示， 是中点，连接，故于， 易知，，，故平面，平面， 故，又，，故平面， 易知，，， 故， . 其他情况不满足. 14. 图1是中国古代建筑中的举架结构，是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举，图2是某古代建筑屋顶截面的示意图．其中是举，是相等的步，相邻桁的举步之比分别为，，，．已知成公差为0.1的等差数列，且直线的斜率为，则_______． 【答案】0.9## 【解析】 【详解】设，则， 依题意，有，且， 所以，故. 15. 在平面直角坐标系中，已知集合，给出下列四个结论： ①当时，则是一条直线； ②当时，点到原点的距离存在最小值，不存在最大值； ③当时，则所有满足的点所构成的区域面积为； ④当时，已知集合，则集合； 其中所有正确的结论是_______． 【答案】①②③ 【解析】 【分析】借助数量积公式可得，若，则集合是直线，即可得①；结合点到直线距离公式计算可得②；由题意可得集合所表示区域，即可得点所表示的区域及其面积，即可得③；结合③中所得可判断④. 【详解】，故点坐标满足； 对①：若，则， 即点坐标满足， 此时点的轨迹是直线，故①正确； 对②：由点坐标满足， 点到直线的距离， 则点到原点的距离的范围为，有最小值，无最大值，故②正确； 对③：由点到直线的距离，且， 故集合表示平面内以为圆心，为半径的圆外的所有区域（包括圆）， 若，则点所表示的区域为该圆内部，即其面积为，故③正确； 对④：由③可得，则，故④错误. 三、解答题（共6小题，共85分） 16. 如图，在直四棱柱中，，，，点分别为的中点，且与平面所成角为. （1）求证：； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明：连接，在中，由余弦定理得： ， 所以，所以， 直四棱柱中，平面， 因为平面，所以， 因为，，、平面， 所以平面，因为，所以平面， 又因为平面，所以； （2） 【解析】 【分析】（1）借助余弦定理与勾股定理的逆定理可得，再利用线面垂直的性质定理可得，即可利用线面垂直的判定定理得到平面，即可得平面，最后利用线面垂直的性质定理即可得证； （2）连接，利用线面角定义可得，再建立适当空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量后，利用空间向量夹角公式计算即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 连接，因为为的中点，所以有且， 所以四边形为平行四边形，所以， 直四棱柱中，平面， 所以为直线与平面所成的角，即， 因为，在直角中，可得， 因为为的中点，所以 ，即直四棱柱的高为2， 由（1）知，DA，DB，DD1两两垂直， 以D为原点，以DA，DB，DD1分别为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系， 所以， 则， 设平面的法向量为， 则， 取，可得，所以， 取平面的一个法向量为， 设平面与平面所成角为， 可得， 所以平面与平面所成角的余弦值为. 17. 在中，为锐角，． （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，使存在，求出的周长． 条件①：；条件②：；条件③：． 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）若选条件①，，若选条件③，. 【解析】 【分析】（1）由正弦定理得出，结合即可求解； （2）选①③可有余弦定理求解，进而得出周长；选②由正弦定理得出，得出三角形不存在． 【小问1详解】 在中，由正弦定理，所以， 因为，所以， 又，所以， 因为为锐角，所以． 【小问2详解】 选择条件①：， 由（1）得，所以， 由余弦定理，得， 所以（舍），的周长为； 选择条件③：， 由余弦定理，得， 所以，所以，所以， 的周长为； 选择条件②：， 由（1）得， 由正弦定理得：，此时三角形不存在． 18. 大气中的微生物一般不以单体存在，常附着在大气尘埃上成为一体，形成气溶胶粒子悬浮在空气中，称为带菌粒子．科研人员采用六级空气微生物采样器在甲地的三个观测点共采集到份带菌粒子，带菌粒子的粒数中值直径和采样器的采集范围记录如下： 甲地空气带菌粒子统计表 观测点 粒数中值直径 A 4.6 5.6 5.6 6.5 6.9 6.8 6.4 5.8 4.5 6.0 4.2 4.4 B 4.2 6.0 7.1 4.6 C 2.5 2.0 3.0 3.0 2.3 3.8 4.1 2.8 六级空气微生物采样器 级数 Ⅰ Ⅱ Ⅲ Ⅳ Ⅴ Ⅵ 采集范围 假设各份数据的采集互不影响，并用频率估计概率． （1）根据上述数据，若在甲地空气中随机采集份带菌粒子，试估计其粒数中值直径为II级的概率； （2）在A点采集的带菌粒子中随机选出份，在B点采集的带菌粒子中随机选出份，记这份中粒数中值直径为III级的份数为，求的分布列和数学期望； （3）为研究带菌粒子的生物特征，计划在C点再采集份带菌粒子．记这份带菌粒子中有份的粒数中值直径为III级的概率为．试给出的一个值，使得为中的最大值．（结论不要求证明） 【答案】（1） （2） （3）（答案不唯一） 【解析】 【分析】（1）分析份带菌粒子的粒数中值直径为II级的总份数，利用频率估计概率的思想可求结果； （2）先分析的可取值，然后根据概率的乘法公式计算出在不同取值下的概率，由此可得分布列并计算出数学期望； （3）先根据确定出的可取范围，然后再对进行取值并进行检验. 【小问1详解】 A观测点的粒数中值直径为II级的有：，共份， B观测点的粒数中值直径为II级的有：，共份， C观测点采集的带菌粒子中没有粒数中值直径为II级的带菌粒子， 所以在甲地采集的带菌粒子中有份是粒数中值直径为II级的带菌粒子， 用频率估计概率可知， 在甲地空气中随机采集份带菌粒子，其粒数中值直径为II级的概率为； 【小问2详解】 A观测点的粒数中值直径为III级的有：，共份， B观测点的粒数中值直径为III级的有：，共份， 由题意可知，可取， ， ， ， ， 所以的分布列为： 所以； 【小问3详解】 可取，理由如下： C观测点采集的带菌粒子中粒数中值直径为III级有：，共份， 用频率估计概率可知， 在C观测点随机采集份带菌粒子，其粒数中值直径为III级的概率为， 因为， 要使得为中的最大值，则一定有， 所以，所以， 所以，化简可得，解得， 不妨取，此时， 所以，且， 当时，即，解得，即， 当时，即，解得，即， 由上可知，，所以是最大值， 故满足条件. 19. 已知椭圆的离心率为，且椭圆C的上顶点、右顶点和坐标原点所构成的三角形面积为． （1）求椭圆的方程和其短轴长； （2）若点在椭圆上，点在直线上，且，试判断直线与圆的位置关系，并证明你的结论. 【答案】（1）方程为，短轴长为 （2）相切，证明： 因为椭圆方程C: ，所以设，则满足 由，得，即， 所以直线AB的方程：，化简得： 所以原点到直线的距离，代入和， 得 . 即原点到直线的距离为，所以直线和圆相切. 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的几何性质和三角形的面积解方程组可得； （2）先设，由垂直可得，进而可得直线的方程，直接计算圆心到直线的距离并结合点在椭圆上及可得. 【小问1详解】 因为椭圆的离心率为，所以，解得①. 又因为椭圆C的上顶点、右顶点和坐标原点O所构成的三角形面积为． 所以，即②. 将①代入②得，所以. 所以椭圆的方程为，短轴长为 【小问2详解】 略 20. 已知函数的定义域为R，． （1）求函数的单调区间； （2）判断曲线上是否存在两点P，Q，使得P，Q关于对称，并说明理由； （3）直线是曲线在处的切线，过点A作垂直于的直线，直线，与y轴交点的纵坐标分别为，，求的取值范围． 【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为 （2）存在，理由如下： 若存在关于对称，则等价于方程存在两个不等于1的不同实根， 构造函数， 令，求导得： ，  恒成立， ∴时，，单调递增， 时，，单调递减， 的最大值为，且时，， 因此有两个不同零点，即方程有两个不同解，对应两个不同点. （3） 【解析】 【分析】（1）求导，根据导函数的正负分析的单调性； （2）将曲线存在两点关于对称转化为方程存在两个不同实根，然后构造函数分析单调性求解； （3）根据导数的几何意义得到直线的方程，即可得到，然后代入，利用换元法求范围即可. 【小问1详解】 令，定义域为R，求导得： ， 因为恒成立， 所以当时，，单调递增； 当时，单调递减， 所以的单调递增区间为，单调递减区间为. 【小问2详解】 存在关于对称，理由略； 【小问3详解】 切线斜率​，切线方程为， 令得： ， ​ ​与垂直，斜率，​方程为， 令得： ， 代入所求表达式化简， 全部消去： ， 设，则原式， 对求导得​，因此在单调递减，单调递增，最小值，即，， ​是关于的增函数， ∴ ， ∴的取值范围为取值范围为. 21. 已知是无穷正整数数列，且对任意的，其中表示有穷集合S的元素个数． （1）若，求的所有可能取值； （2）求证：数列中存在等于1的项； （3）求证：存在，使得集合为无穷集合． 【答案】（1）所有可能取值为2，3 （2） 假设中不存在等于1的项,则． 又，所以． 当时，由，则存在，使得． 所以，与假设矛盾． 当时，由，则存在，使得,且中有且只有一项与相等. ①若中有两项为2，一项为3， 则，与假设矛盾． ②若中有两项为2，一项为， 则，与假设矛盾． ③若中有一项为2，两项为3， 则，与假设矛盾． ④若中有一项为2，两项为， 则，矛盾． 综上，假设不成立，所以中存在等于1的项． （3） 假设均为有限集合， 当时，, 则当时，（*） 令,下证当时，. 否则假设，则,与（*）矛盾. ∴当时，, ∵已知数列是无穷正整数数列， 所以存在，使得集合为无穷集合，矛盾， ∴假设错误，∴存在，使得集合为无穷集合． 【解析】 【分析】（1），先根据已知条件确定的值，然后再确定的值； （2），利用反证法，结合分类讨论进行证明； （3），采用反证法进行证明. 【小问1详解】 因为，则中与相等的数有且仅有2个，除去本身，中与相等的数有且只有1个， ∴或． 当时，；当时，． 所以的所有可能取值为2，3． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $