精品解析：北京市育才学校2026届高三第二学期数学高考仿真测试试题

2025—2026学年度第二学期 北京育才学校高三数学高考仿真测试试卷 一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分． 1. 已知全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 设复数满足，则的共轭复数（ ） A. B. C. D. 3. 下列函数中，定义域和值域相同的是（ ） A. B. C. D. 4. 设，若，，，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知抛物线的焦点为F，过F且斜率为的直线与直线交于点A，点M在抛物线上，且满足，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 6. 在中，“”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. 已知圆心为C的圆与双曲线E：（）交于A，B两点，且，则双曲线E的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 8. ISO216是国际标准化组织所定义的纸张尺寸国际标准，该标准定义了A，B系列的纸张尺寸．设型号为的纸张的面积分别是，它们组成一个公比为的等比数列，设型号为的纸张的面积分别是已知，则的值为（ ） A. B. C. D. 2 9. 把函数的图象向右平移2个单位长度，再把所得图象上所有点的纵坐标变为原来的倍，得到图象，若此时图象恰与重合，则的值为（ ） A. 4 B. 2 C. D. 10. 已知正方体的棱长为1，若在该正方体的棱上有点M，满足，则点M的个数为（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分． 11. 已知，若，则______. 12. 的展开式中的系数是______.（用数字填写答案） 13. 在中，，，，则的面积为______. 14. 已知矩形中，，．若点为中点，则____；若点满足（），则的取值范围是____． 15. 已知等差数列与等比数列是两个无穷数列，且都不是常数列． 给出下列四个结论： ①数列不是等比数列； ②若与都是递增数列，则数列是递增数列； ③对任意的，、、不是等差数列； ④存在数列，对任意的、、，且，使得、、不能构成等比数列． 其中所有正确结论的序号是 __ ． 三、解答题：本大题共6小题，共85分． 16. 已知函数．从下列四个条件中选择两个作为已知，使函数存在且唯一确定． （1）求的解析式； （2）设，求函数在上的单调递增区间． 条件①：； 条件②：为偶函数； 条件③：的最大值为1； 条件④：图象的相邻两条对称轴之间的距离为． 17. 如图，在多面体中，四边形为正方形，，为线段的中点，． （1）求证：平面； （2）若平面，求直线与平面所成角的正弦值； （3）在（2）的条件下，求点到平面的距离． 18. AI智能阅卷是一种利用人工智能技术对试卷进行批改和评估的技术，它可以帮助教师提高阅卷效率，并为学生提供更快速更有针对性的反馈.某教师尝试使用AI系统进行阅卷，由甲、乙两种系统进行独立阅卷评分.如果两个系统评分相差2分及以下，则以两种系统评分的平均分作为最后得分；如果两个系统评分相差3分及以上，则人工进行复核阅卷并给出最后得分.从两种系统进行阅卷的试卷中随机抽取12份试卷作为样本，其评分情况如下表所示： 试卷序号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 系统甲评分 82 88 76 92 87 66 75 69 90 58 86 84 系统乙评分 80 82 76 90 80 61 71 65 88 54 82 80 最后得分 81 85 76 91 85 64 74 67 89 56 84 83 （1）从这12份试卷中随机选取1份，求甲、乙两种系统评分之差的绝对值不超过2分的概率； （2）从这12份试卷中随机选取3份，甲、乙两种系统评分之差的绝对值不超过2分的份数记为X，求X的分布列和数学期望； （3）从上述的12份试卷中随机抽取1份，设甲系统对其评分为，乙系统对其评分为，最后得分为.令，，试比较方差和的大小.（结论不要求证明） 19. 设椭圆的左焦点为，右顶点为，上顶点为，直线与的斜率的乘积为. （1）求椭圆的方程及离心率； （2）过点的直线交椭圆于两点，求的取值范围. 20. 已知函数. （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）若，求的单调区间； （3）当变化时，曲线在点处的切线斜率能否为1？若能，求的值，若不能，说明理由. 21. 已知集合．对集合A中的任意元素，定义，当正整数时，定义（约定）． （1）若，求和； （2）若满足且，求的所有可能结果； （3）是否存在正整数n使得对任意都有？若存在，求出n的所有取值；若不存在，说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年度第二学期 北京育才学校高三数学高考仿真测试试卷 一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分． 1. 已知全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据补集的定义计算，需注意集合中元素的取值范围要求． 【详解】根据补集的计算法则可知：. 2. 设复数满足，则的共轭复数（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数得乘除法运算求得复数z，然后根据共轭复数得概念即可得出答案. 【详解】解：因为，所以， 所以. 故选：A. 3. 下列函数中，定义域和值域相同的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】使用函数的图象性质结合图象变换，分别求各个选项中函数的定义域与值域并比较即可求解. 【详解】对于A，的定义域为，值域为， 定义域与值域相同，故A正确； 对于B，的定义域为，值域为， 定义域与值域不同，故B错误； 对于C，的定义域为，值域为， 定义域与值域不同，故C错误； 对于D，的定义域为，值域为， 定义域与值域不同，故D错误； 4. 设，若，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用对数函数的性质即得. 【详解】∵， ∴，，， ∴. 故选：C. 5. 已知抛物线的焦点为F，过F且斜率为的直线与直线交于点A，点M在抛物线上，且满足，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意先求出过F且斜率为的直线方程，进而可求出点，接着结合点M在抛物线上且可求出，从而根据焦半径公式即可得解. 【详解】由题意可得，故过F且斜率为的直线方程为， 令，则由题， 因为，所以垂直于直线，故， 又M在抛物线上，所以由， 所以. 故选：C. 6. 在中，“”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 【解析】 【详解】在中，令内角所对边分别为， 由正弦定理，得. 7. 已知圆心为C的圆与双曲线E：（）交于A，B两点，且，则双曲线E的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意画出图形，得到，代入双曲线方程，再求出渐近线方程即可. 【详解】由题意可得的圆心，半径， 显然适合和， 即为圆与双曲线E：的一个交点， 且为双曲线的左顶点，则轴； 因为，所以， 所以，解得或（舍），所以， 代入双曲线方程可得， 双曲线E的渐近线方程为， 故选：A. 8. ISO216是国际标准化组织所定义的纸张尺寸国际标准，该标准定义了A，B系列的纸张尺寸．设型号为的纸张的面积分别是，它们组成一个公比为的等比数列，设型号为的纸张的面积分别是已知，则的值为（ ） A. B. C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】利用是等比数列以及，令求解即可. 【详解】，令， 又组成一个公比为的等比数列， ， 又， . 故选：C. 9. 把函数的图象向右平移2个单位长度，再把所得图象上所有点的纵坐标变为原来的倍，得到图象，若此时图象恰与重合，则的值为（ ） A. 4 B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先根据平移变换求出图象的函数解析式，然后根据图象重合列方程解出的值. 【详解】把函数的图象向右平移2个单位长度， 得到函数表达式为， 再把所得图象上所有点的纵坐标变为原来的倍， 得到图象的函数表达式为， 因为图象与重合，所以， 即，解得，. 10. 已知正方体的棱长为1，若在该正方体的棱上有点M，满足，则点M的个数为（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】结合点M在正方体的棱上，可分点M在棱和棱上，在棱，棱，棱，棱上两类讨论即可 【详解】因为，所以点M不在棱，棱上， 所以当点M在棱上时，设，连， 在中，，由余弦定理可得，， 即，可解得， 所以在棱上存在满足题意的一个点M； 由对称性可知在棱，棱，棱上各存在一个点M； 因为，所以点M不在平面内. 所以当点M在棱上时，设，连， 在直角三角形中，， 所以，即，可解得， 所以在棱上存在满足题意的一个点M； 由对称性可知在棱上也存在一个点M； 综上可知满足题意的点M共6个. 故选：C. 二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分． 11. 已知，若，则______. 【答案】或 【解析】 【分析】根据分段函数解析式得到方程（不等式）组，解得即可. 【详解】因为且， 所以或， 解得或. 故答案为：或 12. 的展开式中的系数是______.（用数字填写答案） 【答案】 【解析】 【详解】由题意，二项式展开的通项，令，得，则的系数是. 考点：1.二项式定理的展开式应用. 13. 在中，，，，则的面积为______. 【答案】 【解析】 【分析】将两边平方，结合余弦定理可得，利用平方关系求出即可得解. 【详解】由余弦定理得①， 又，得②， 联立①②解得， 因为，，所以， 所以. 故答案为： 14. 已知矩形中，，．若点为中点，则____；若点满足（），则的取值范围是____． 【答案】 ①. 2 ②. 【解析】 【分析】根据题意，建立坐标系，根据条件，代入数量积公式，即可求得答案，再根据数量积公式结合计算求解. 【详解】以AB所在的直线为x轴，AD所在的直线为y轴，建立如图所示的平面直角坐标系， 则，，则， 可得：； 因为，则，， ， 所以的取值范围是 15. 已知等差数列与等比数列是两个无穷数列，且都不是常数列． 给出下列四个结论： ①数列不是等比数列； ②若与都是递增数列，则数列是递增数列； ③对任意的，、、不是等差数列； ④存在数列，对任意的、、，且，使得、、不能构成等比数列． 其中所有正确结论的序号是 __ ． 【答案】①③④ 【解析】 【分析】利用反证法可判断①③；利用特例法可判断②；取，结合等比数列的定义可判断④. 【详解】由题意设数列的公差为，首项为， 数列的公比为，首项为， 则，， 对于①：假设是等比数列，则， 所以， 因为数列为等比数列，则，所以， 所以，可得，与题设条件矛盾， 故假设不成立，即数列不是等比数列，①对； 对于②，取，，则， 由，，，此时数列不是递增数列，故②错误； 对于③：假设、、为等差数列，所以， 即，所以，解得与矛盾，故③正确； 对于④：取，则，，， 若、、能构成等比数列，则， 即， 化简整理得矛盾，故④正确. 故选：①③④. 三、解答题：本大题共6小题，共85分． 16. 已知函数．从下列四个条件中选择两个作为已知，使函数存在且唯一确定． （1）求的解析式； （2）设，求函数在上的单调递增区间． 条件①：； 条件②：为偶函数； 条件③：的最大值为1； 条件④：图象的相邻两条对称轴之间的距离为． 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）先由降幂公式得，故为奇函数，排除条件②，若选①③，不唯一，不合题意；若选①④由及周期解出即可；若选③④由最大值及周期解出即可； （2）先由倍角公式及辅助角公式求出，再令解出单调区间，最后写出在上的单调递增区间即可. 【小问1详解】 ，易知为奇函数，故条件②不成立，舍去. 若选①③，则且，故，，解得，故不唯一，不合题意； 若选①④，且，故，解得，，存在且唯一，故； 若选③④，则且，故，解得，，故，存在且唯一，故； 【小问2详解】 ，令， 解得，当时，，当时，， 故函数在上的单调递增区间为. 17. 如图，在多面体中，四边形为正方形，，为线段的中点，． （1）求证：平面； （2）若平面，求直线与平面所成角的正弦值； （3）在（2）的条件下，求点到平面的距离． 【答案】（1）连接，设，因为四边形为正方形， 所以为的中点，又因为为的中点， 所以且 ，由已知且， 所以且 ，所以四边形为平行四边形， 所以即，因为平面，平面， 所以平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）连接，设，推导出四边形为平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立； （2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值； （3）利用空间向量法，结合（2）中求出的平面的法向量可求得点到平面的距离． 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 因为平面，四边形为正方形，以点为坐标原点， 、、所在直线分别为、、轴建立如图所示的坐标系， 因为，所以， ，， ，设平面的一个法向量为， 则，取，可得， 设直线与平面所成角为，则直线与平面所成角的正弦值为 . 【小问3详解】 由（2）可知平面的一个法向量为，又， 所以点到平面的距离． 18. AI智能阅卷是一种利用人工智能技术对试卷进行批改和评估的技术，它可以帮助教师提高阅卷效率，并为学生提供更快速更有针对性的反馈.某教师尝试使用AI系统进行阅卷，由甲、乙两种系统进行独立阅卷评分.如果两个系统评分相差2分及以下，则以两种系统评分的平均分作为最后得分；如果两个系统评分相差3分及以上，则人工进行复核阅卷并给出最后得分.从两种系统进行阅卷的试卷中随机抽取12份试卷作为样本，其评分情况如下表所示： 试卷序号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 系统甲评分 82 88 76 92 87 66 75 69 90 58 86 84 系统乙评分 80 82 76 90 80 61 71 65 88 54 82 80 最后得分 81 85 76 91 85 64 74 67 89 56 84 83 （1）从这12份试卷中随机选取1份，求甲、乙两种系统评分之差的绝对值不超过2分的概率； （2）从这12份试卷中随机选取3份，甲、乙两种系统评分之差的绝对值不超过2分的份数记为X，求X的分布列和数学期望； （3）从上述的12份试卷中随机抽取1份，设甲系统对其评分为，乙系统对其评分为，最后得分为.令，，试比较方差和的大小.（结论不要求证明） 【答案】（1） （2）的分布列为 ，1 （3）【解析】 【分析】（1）由古典概型概率公式即可求解； （2）确定的可能取值，求得对应概率即可求解； （3）由方差计算公式即可求解； 【小问1详解】 设事件为从这12篇份试卷中随机抽取1份，甲、乙两种系统评分之差的绝对值不超过2分， 又在这12篇份试卷中，甲、乙两种系统评分之差的绝对值不超过2分的有篇， 所以； 【小问2详解】 由已知的可能取值为，，，3 ，， 所以的分布列为 所以的数学期望为； 【小问3详解】 ，证明如下： 的取值依次为：1，3，0，1，2，2，1，2，1，2，2，1， 平均数为：， 的取值依次为：1，3，0，1，5，3，3，2，1，2，2，3， 平均数为： ， 所以. 19. 设椭圆的左焦点为，右顶点为，上顶点为，直线与的斜率的乘积为. （1）求椭圆的方程及离心率； （2）过点的直线交椭圆于两点，求的取值范围. 【答案】（1）方程为，离心率为 （2） 【解析】 【分析】（1）先写出椭圆右顶点、上顶点、左焦点坐标，求出两条直线斜率并利用斜率乘积条件化简得 ，再结合椭圆 的关系求出 的值，进而写出椭圆标准方程并算出离心率. （2）分直线斜率不存在、存在两种情况讨论，斜率不存在时直接求出点坐标并算出向量数量积；斜率存在时设直线方程并联立椭圆方程，利用韦达定理得根与系数关系，把向量数量积坐标展开并代入直线方程化简，再分离常数变形为分式型函数，由 求出值域范围，结合两种情况综合得到数量积的取值范围. 【小问1详解】 由题意可得右顶点，上顶点，设左焦点. 因为 ，所以，即. 因为，所以. 椭圆的方程为，离心率为. 【小问2详解】 由题可知. 当直线斜率不存在时，， 所以 当直线斜率存在时，设斜率为，则直线的方程为. 由可得. . 设. 则 因为， 所以 因为，所以. 所以 综上所述，的取值范围为 20. 已知函数. （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）若，求的单调区间； （3）当变化时，曲线在点处的切线斜率能否为1？若能，求的值，若不能，说明理由. 【答案】（1） （2）的单调减区间为，无增区间. （3）能， 【解析】 【分析】（1）利用导数求得，利用点斜式方程可求切线方程； （2）求导得，令，求导得，可得结论； （3）由题意判断方程的解的情况，令求导可得结论. 【小问1详解】 当时，则， ， ， 所以在点处的切线方程为. 【小问2详解】 当时，函数的定义域是， 所以， 令， 所以， 当时，；当时，， 所以在时为增函数，在上为减函数，在处取得最大值， 又，故恒成立， 所以的单调减区间为，无增区间. 【小问3详解】 由题意知，因为， 所以，即有， 令 则， 故是上的增函数，又，因此0是的唯一零点， 即方程有唯一实根0，所以. 所以曲线在点处的切线斜率能为1，此时. 21. 已知集合．对集合A中的任意元素，定义，当正整数时，定义（约定）． （1）若，求和； （2）若满足且，求的所有可能结果； （3）是否存在正整数n使得对任意都有？若存在，求出n的所有取值；若不存在，说明理由． 【答案】（1）； （2）、、、； （3） 存在正整数n使且，理由如下： 由，则， 所以， 若，， 所以， 若，则，，， 所以，对都有， 当时，恒成立， 综上，n所有取值为使成立. 【解析】 【分析】（1）根据定义依次写出、即可得结果. （2）由题设有或，再依据定义确定的所有可能结果； （3）由定义得，依次写出直到即可判断存在性，并确定n的所有取值. 【小问1详解】 由题意，，，， ，，，. 【小问2详解】 由且， ①， 当或1时，， 同理，或1时，， 或1时，， 或1时，， 所以①等价于，则，， 当，，则为满足； 当，，则为满足， 当，，则为满足， 当，，则为满足， 综上，的所有可能结果、、、. 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：第二、三问，根据已知条件及的定义依次写出结果，判断存在性并列举出结果. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $