精品解析：北京市东城区2025-2026学年度第二学期高三综合练习(二) 数学

北京市东城区2025—2026学年度第二学期高三综合练习（二） 数学 2026.5 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. 已知全集，，则（ ） A. B. C. D. 2. 在复平面内，复数的共轭复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数与的图象关于 轴对称，则 （ ） A. -2 B. C. D. 2 5. 在平面直角坐标系中，抛物线的焦点为，点在抛物线上，轴，垂足为.若，则（ ） A. B. C. D. 6. 某学校操场的每条跑道由两段直道和两段半圆形弯道组成（如图1）.运动员比赛时，从某条跑道弯道处的起跑线 上选取一点P作为起跑点，沿直线 加速后从点Q切入弯道内侧分道线，即 与内侧分道线相切.以半圆的圆心O为原点，建立平面直角坐标系（如图2）.若，，则直线 的方程为（ ） A. B. C. D. 7. 已知非零实数x，y满足，则下列各式中为定值的是（ ） A. B. C. D. 8. 已知a，b，c，d均为正实数，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. 已知函数的部分图象如图所示，若，则可以为（ ） A. B. C. D. 10. 已知平面向量为不全相等的单位向量，.设平面向量为非零向量，令，，，则（ ） A. 当时， B. 当时， C. 存在，使得 D. 当时， 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. 二项式的展开式中，含 项的系数为_______. 12. 已知为等比数列，，.若，则______；若，则的前4项和为_____. 13. 已知双曲线与有相同的渐近线，则数对可以为_____. 14. 在三棱锥 中，， ，. （1）若平面，，则三棱锥的体积为_____； （2）若该三棱锥的某两条侧棱的长度之和为12，则三棱锥体积的最大值为_____. 15. 已知无穷数列与都不是常数列.给出下列四个结论： ①设等差数列，的公差分别为，，若的项均为的项，则； ②设等比数列，的公比分别为，，若的项均为的项，则； ③设等差数列，的公差分别为，，且，，若的项均为的项，又均为的项，则； ④设等比数列，的公比分别为，，且，，若的项均为的项，则. 其中正确结论的序号是______. 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. 在 中，，. （1）求； （2）若，求 的面积. 17. 如图，在几何体 中，平面 平面，，，，，，M为 中点，点B，D在直线 两侧. （1）求证：平面； （2）已知，再从下列条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得几何体 存在，求平面与平面夹角的余弦值. 条件①：； 条件②：； 条件③：点D到平面的距离为. 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. 某连锁企业为了解两款产品A和B的收益情况，从所有门店中随机抽取8个门店，记录并整理这些门店同一季度的产品A，B的收益数据（单位：万元），如下表： 门店 产品 1 2 3 4 5 6 7 8 A 5.8 7.2 8.5 9.5 11.2 11.9 12.9 13.7 B 3.7 5.7 7.9 9.6 13.2 15.1 17.9 19.5 用频率估计概率. （1）从该企业所有门店中随机抽取1个，估计这个门店产品A收益高于产品B收益的概率； （2）从表中的8个门店中随机抽取3个，记X为这3个门店中产品A收益高于产品B收益的门店个数，求X的分布列及数学期望； （3）这8个门店中，设门店的产品A，B的收益分别为，，记，，，数据，，，，，，，的方差为，数据，，，，，，，的方差为，数据，，，，，，，的方差为，写出，，的大小关系.（结论不要求证明） 19. 已知椭圆：的右焦点为，且经过点. （1）求椭圆W的方程； （2）已知点，.设直线分别与直线，交于点M，N，直线 与直线交于点P，直线与直线交于点Q，直线交椭圆W于另一点R，求证：P，Q，R三点共线. 20. 已知函数，.当 时，曲线在点处的切线为，曲线在点处的切线为，且. （1）求的值； （2）当时，求证：与的交点位于y轴右侧； （3）已知，与y轴交于点A，与x轴交于点B.若存在（e为自然对数的底），使得，求b的最大值. 21. 已知集合，.将M中的个不同元素排成一列，得到序列：，其中称为该序列的第项，若该序列的相邻项满足，则称该序列为序列.若序列中的项满足或，则称该项具有性质 . （1）已知，，，为序列，写出x，y，z，w的值； （2）求证：序列中存在具有性质 的项； （3）求证：序列中具有性质 的项的个数不少于10. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京市东城区2025—2026学年度第二学期高三综合练习（二） 数学 2026.5 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. 已知全集，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为全集，， 所以. 2. 在复平面内，复数的共轭复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】利用复数除法的分母实数化，先化简复数，再求共轭复数，最后判断复平面内点的象限. 【详解】， 则其共轭复数为，实部，虚部，故对应点位于第四象限. 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为，所以， 故 4. 已知函数与的图象关于 轴对称，则 （ ） A. -2 B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【详解】函数图象上任意一点关于 轴对称的点为， 代入中得，即，得. 5. 在平面直角坐标系中，抛物线的焦点为，点在抛物线 上，轴，垂足为 .若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由抛物线方程知：，，则，， 轴，，又在抛物线 上，， . 6. 某学校操场的每条跑道由两段直道和两段半圆形弯道组成（如图1）.运动员比赛时，从某条跑道弯道处的起跑线 上选取一点P作为起跑点，沿直线 加速后从点Q切入弯道内侧分道线，即 与内侧分道线相切.以半圆的圆心O为原点，建立平面直角坐标系（如图2）.若，，则直线 的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据圆的切线性质，结合勾股定理、锐角三角函数定义、直线的点斜式方程进行求解即可. 【详解】因为 是圆 的切线， 所以，且， 由勾股定理可得，因此点的坐标为， 因为， 所以圆 的切线 的斜率为， 所以圆 的切线 的方程为，化简，得. 7. 已知非零实数x，y满足，则下列各式中为定值的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】令且，则， 所以，当的值变化时，不确定， 则的值不为定值； ，当的值变化时，不确定， 则的值不为定值； ，为定值； ，当的值变化时，不确定， 则的值不为定值. 8. 已知a，b，c，d均为正实数，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】D 【解析】 【详解】当时，满足，而，充分性不成立； 当时，满足，而，必要性不成立， 则“”是“”的既不充分也不必要条件. 9. 已知函数的部分图象如图所示，若，则可以为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用奇偶性可排除AD；根据 轴右侧两零点间的距离可确定C正确. 【详解】由图象可知：为奇函数； 对于A，，为偶函数，A错误； 对于D，，为偶函数，D错误； 对于BC，不妨设，， 令，解得：；令，解得：或； 则在 轴右侧接近的两个零点依次为和；在 轴右侧接近的两个零点依次为和， ，， 由图象可知：B错误，C正确. 10. 已知平面向量为不全相等的单位向量，.设平面向量为非零向量，令，，，则（ ） A. 当时， B. 当时， C. 存在，使得 D. 当时， 【答案】D 【解析】 【分析】根据条件得出向量两两夹角为，设出坐标，结合间的数量关系，逐项验证或判断即可. 【详解】因为为单位向量，且，所以它们两两的夹角相等， 又因为不全相等，所以它们两两的夹角为. 不妨设，设，其中； ，，. 对于A，当时，，解得， 取，满足，但是，A不正确； 对于B，当时，，解得或， 当时，，此时不一定为零，B不正确； 对于C，若，则， 由可得，即或， 若，则由可得，此时不合题意； 若，则由可得，此时不合题意； 因此不存在非零向量，使得，C不正确； 对于D，当时，即，解得， 此时，所以，D正确. 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. 二项式的展开式中，含 项的系数为_______. 【答案】 【解析】 【详解】的展开式的通项为， 令，得，则含 项的系数为. 12. 已知为等比数列，，.若，则______；若，则的前4项和为_____. 【答案】 ①. 8 ②. 【解析】 【分析】利用等比数列的通项公式求出公比，结合前两项的大小关系确定通项公式，然后可得答案. 【详解】设等比数列的公比为 ，则，因为，，所以，解得或. 若，则，此时，所以. 若，则，此时前4项分别为：，，，； 其和为. 13. 已知双曲线与有相同的渐近线，则数对可以为_____. 【答案】（答案不唯一） 【解析】 【详解】可知双曲线的渐近线为， 可知双曲线的渐近线为， 当渐近线相同时，可得或，即， 所以数对可以为. 14. 在三棱锥 中，， ，. （1）若平面，，则三棱锥的体积为_____； （2）若该三棱锥的某两条侧棱的长度之和为12，则三棱锥体积的最大值为_____. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】利用等体积法，结合余弦定理和三角形的面积求解. 【详解】（1）因为， 所以 是的直角三角形，所以， 因为平面，所以三棱锥 的体积为； （2）若，则 到平面的距离的最大值为点 到直线 的距离，为， 设，， 所以， 所以， 所以当时，的面积最大，为， 此时三棱锥的体积为， 若，则到平面的距离的最大值为， 设，， 所以， 所以， 所以当时，的面积最大，为， 此时三棱锥的体积为， 若，则 到平面的距离的最大值为 ， 设，， 所以， 所以， 所以当时，的面积最大，为， 此时三棱锥的体积为， 因为， 所以三棱锥 体积的最大值为 15. 已知无穷数列与都不是常数列.给出下列四个结论： ①设等差数列，的公差分别为，，若的项均为的项，则； ②设等比数列，的公比分别为，，若的项均为的项，则； ③设等差数列，的公差分别为，，且，，若的项均为的项，又均为的项，则； ④设等比数列，的公比分别为，，且，，若的项均为的项，则. 其中正确结论的序号是______. 【答案】①③④ 【解析】 【分析】①结合等差数列的特点判断即可；②举反例即可判断；③根据等差数列的性质易得数列为等差数列，公差为，结合题设可得，，其中， 为正整数，可得，进而得到，可得，即可判断；④设，进而分，两种情况分析判断即可. 【详解】①若等差数列的项均为等差数列的项， 则是从中隔若干项取出的，则，故①正确； ②当时，满足等比数列的项均为等比数列的项， 而，故②错误； ③因为等差数列，的公差分别为，， 所以数列为等差数列，公差为， 又的项均为的项，所以，其中为正整数， 同理，的项均为的项，所以，其中 为正整数， 于是，两式相乘得，即， 由于为正整数， 为正整数，所以，则，即，故③正确； ④由题意，可设，其中，，设， 因为的项均为的项，所以，即，为整数， 而， 若，则单调递减，此时，不合题意； 同理，若也不合题意，所以， 不妨设，则， 因为， 若，则，但的整数次幂中不存在落在内的值，矛盾， 同理，若，则，即时，， 而是的整数次幂， 因此对足够大的 ，必须为常数， 为整数，且， 这导致足够大的 ，有，与假设矛盾， 因此，只有时才能保证的项始终落在中，故④正确. 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. 在 中，，. （1）求； （2）若，求 的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将已知边角关系式转化为角的关系，约去公共项后结合已知直接计算得到； （2）先求出所需的正弦值，再利用正弦定理求出边长，结合和角公式求出，最后代入三角形面积公式得到面积. 【小问1详解】 已知，，所以， 由得，等式两边同乘（三角形内角正弦值为正，可约去）， 得：​，代入​，得； 【小问2详解】 由，，得 由正弦定理​，得，解得， 由余弦定理，得，整理得， 解得正根（负根舍去）， 三角形面积. 17. 如图，在几何体 中，平面 平面，，，，，，M为 中点，点B，D在直线 两侧. （1）求证：平面； （2）已知，再从下列条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得几何体 存在，求平面与平面夹角的余弦值. 条件①：； 条件②：； 条件③：点D到平面的距离为. 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）证明：取 中点 ，连接，， 因为，所以， 因为 为 中点，所以，因为，所以， 所以 、 、 三点共线，即，所以， 因为平面 平面，平面 平面，平面， 所以平面. （2）条件①不合题设，选条件②或③： 【解析】 【分析】（1）取 中点 ，通过，， 为 中点可得，从而得，利用面面垂直的性质定理即可证明； （2）根据条件可建立空间直角坐标系，写出各点坐标，再通过从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个来确定 点坐标即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面，平面，所以， 又，，平面，平面， 所以平面， 以为原点， 、 、 为x，y，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，. 若选条件①：，设，则，， 因为，所以，解得，不符合题意，故不能选条件①. 若选条件②：，连接，在中，， 所以，则，， 设平面的法向量为，则，即， 令，则，，所以平面的法向量为， 由题可知平面的法向量为， 设平面与平面的夹角为，则. 若选条件③：点D到平面的距离为， 因为平面，所以点D到平面的距离为，即， 以下同条件②. 18. 某连锁企业为了解两款产品A和B的收益情况，从所有门店中随机抽取8个门店，记录并整理这些门店同一季度的产品A，B的收益数据（单位：万元），如下表： 门店 产品 1 2 3 4 5 6 7 8 A 5.8 7.2 8.5 9.5 11.2 11.9 12.9 13.7 B 3.7 5.7 7.9 9.6 13.2 15.1 17.9 19.5 用频率估计概率. （1）从该企业所有门店中随机抽取1个，估计这个门店产品A收益高于产品B收益的概率； （2）从表中的8个门店中随机抽取3个，记X为这3个门店中产品A收益高于产品B收益的门店个数，求X的分布列及数学期望； （3）这8个门店中，设门店的产品A，B的收益分别为，，记，，，数据，，，，，，，的方差为，数据，，，，，，，的方差为，数据，，，，，，，的方差为，写出，，的大小关系.（结论不要求证明） 【答案】（1） （2）分布列： 0 1 2 3 . （3） 【解析】 【分析】（1）统计满足收益高于 的门店频数，用频率估计概率直接求解； （2）识别抽取符合超几何分布，枚举取值、组合数算概率，套用超几何期望公式求值； （3）利用随机变量线性组合的方差公式，根据方差的波动特点，比较大小. 【小问1详解】 对8个门店的A，B收益，分别记为满足的门店共3个（门店1、2、3），用频率估计概率得： ； 【小问2详解】 X为抽取的3个门店中A收益高于的个数， 服从超几何分布， 的可能取值为， 总门店，符合条件的门店，抽取，： ，， ，， 分布列： 0 1 2 3 . 【小问3详解】 设产品A收益的方差为​，产品B收益的方差为 由产品A的收益极差为，B的收益极差为， 从极差的显著大小关系可以估计其方差的显著大小关系，会显著大于. 因为，，， 线性组合的方差会向权重更大的变量 “靠拢”，权重越大，整体方差越接近该变量的方差. 因此权重偏向 的方差最大，权重偏向 的方差最小，权重均等的的方差居中. 19. 已知椭圆：的右焦点为，且经过点. （1）求椭圆W的方程； （2）已知点，.设直线分别与直线，交于点M，N，直线 与直线交于点P，直线与直线交于点Q，直线交椭圆W于另一点R，求证：P，Q，R三点共线. 【答案】（1） （2） 由(1)可知，则. 已知， 直线MT满足，即直线 的方程为； 直线NT满足，即直线NT的方程为； 令，代入直线MT的方程可得：，解得，所以； 令 ，代入直线NT的方程可得：，解得，所以； 已知， 直线AT满足，即直线AT方程为， 联立，化简得. 因为是方程的一个根(点A的横坐标)，设， 由韦达定理得，即， 代入得，所以. 当直线斜率存在时，直线PQ的斜率， 直线PR的斜率 因为，且直线PQ与直线PR有公共点P，所以P、Q、R三点共线； 当时，直线MT：，；直线NT：，； 直线AT： ，，此时三点均在直线上，所以P、Q、R三点共线； 综上所述，P、Q、R三点共线. 【解析】 【分析】(1)直接将点代入椭圆方程求解 (2)两点式求直线方程，结合椭圆方程求交点横坐标，通过斜率相等证明三点共线 【小问1详解】 由题意得，解得， 所以椭圆W的方程为 . 【小问2详解】 略 20. 已知函数，.当 时，曲线在点处的切线为，曲线在点处的切线为，且. （1）求的值； （2）当时，求证：与的交点位于y轴右侧； （3）已知，与y轴交于点A，与x轴交于点B.若存在（e为自然对数的底），使得，求b的最大值. 【答案】（1） （2） 直线的方程为， 直线的方程为， 联立，解得， 令，则， 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 所以， 当时，，所以，又 ，所以， 所以当时， 与的交点位于y轴右侧； （3） 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求解； （2）联立与的方程，求出交点横坐标，令，判断交点横坐标的正负； （3）求出坐标，根据求出 的值，利用导数研究函数的单调性，求出最大值. 【小问1详解】 ，，， ， 因为，所以 ，即，解得； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由题可知，，， 则， 若，则，解得， 设，则， 令，则恒成立， 所以在上单调递增，又， 所以当时，，，当 时，，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以， 所以b的最大值为. 21. 已知集合，.将M中的个不同元素排成一列，得到序列：，其中称为该序列的第项，若该序列的相邻项满足，则称该序列为序列.若序列中的项满足或，则称该项具有性质 . （1）已知，，，为序列，写出x，y，z，w的值； （2）求证：序列中存在具有性质 的项； （3）求证：序列中具有性质 的项的个数不少于10. 【答案】（1） ，，， （2） 以序列中的项为坐标的点记作，连接这9个点共形成8条单位线段． 每条单位线段水平或者竖直． 因此8条单位线段中至少有4条同为水平或同为竖直． 不妨设至少有4条水平单位线段． 由于9个点排成3行，而每一行至多含2条水平单位线段，故至少有一行含2条水平单位线段． 这样该行3个点必被依次经过，于是中间那个点的前后两个相邻点都与它在同一行，因此该点对应的项具有性质 ． 故中存在具有性质 的项． （3） 将序列中相邻两项连接，得到120条单位线段.把连续同为水平方向的若干条单位线段合并为一个水平线段，把连续同为竖直方向的若干条单位线段合并为一个竖直线段. 在序列对应的线段中，水平线段与竖直线段交替出现． 设水平线段数为，竖直线段数为，因为单位线段总数为120， 所以序列中具有性质 的项的个数为． 要证． 只需证明． 因为每一行有11个点，每个水平段至少包含两个点，因此第行的水平线段数满足，即． 所以． 同理． 所以， 故序列中具有性质 的项的个数不少于10． 【解析】 【分析】（1）根据序列相邻两项对应点的距离为1，逐步确定 ， ， ， . （2）把序列中的项看成方格中的点，连接相邻点得到水平或竖直单位线段，再用抽屉原理证明一定存在连续三点共行或共列； （3）把连续同方向的若干条单位线段合并为一个水平线段或竖直线段，通过估计水平线段数和竖直线段数的总数，得到具有性质 的项的个数不少于10． 【小问1详解】 当时，，所以 . 由题意，相邻两项对应点的横坐标差的绝对值与纵坐标差的绝对值之和为1. 第一项为，第二项为，所以 . 即 .解得 . 所以第二项为. 第二项为，第三项为，所以 . 即 .解得. 所以第三项为. 中共有4个不同元素，前三项已经是，，，剩下的一个元素为，所以第四项为. 因此 . 【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 $