精品解析：北京市丰台区怡海中学2026届高考模拟预测数学试卷

2026年高考三模模拟预测卷 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、准考证号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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） 一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题中选出符合题目要求的一项. 1. 已知全集，集合，则（    ） A. B. C. D. 2. 设，其中x，y是实数，则（    ） A. B. C. 4 D. 3. 在的展开式中，常数项为（    ） A. 4 B. C. 12 D. 4. 若点为抛物线上一点，则点P到其焦点的距离为（    ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 5. 已知各项均为正数的等比数列的前项和为，且满足，，成等差数列，则（    ） A. B. C. D. 6. 在中，，则这个三角形一定是（ ） A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 等腰直角三角形 D. 等腰或直角三角形 7. 设，，则“”是“”成立的（ ） 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 8. 风电是我国新能源战略的核心支柱，某型号海上风电机组的安全运行标准中，风力等级与轮毂高度风速的关系满足方程：（其中为轮毂高度风速，单位：，为风力等级）．我国某海上风电场遭遇极端天气，监测到轮毂高度瞬时风速达到，则该瞬时风速对应的风力等级约为（   ）（注：，） A. 9级 B. 11级 C. 13级 D. 15级 9. 如图，在四边形 中，，，，则 的值为（ ） A. B. C. D. 10. 已知直线分别与函数和的图象交于点，，则下列结论错误的是（   ） A. B. C. D. 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. 双曲线的渐近线方程为______． 12. 如图，在三棱锥中，分别为的中点，记三棱锥的体积为，三棱锥的体积为，则______． 13. 在中，，M是的中点，，则___________，___________. 14. 《九章算术・均输篇》记录了古代物资统筹核算算法，现如今借鉴这一统筹思路，某地乡村振兴落地光伏储能惠民工程，分年度分批采购储能光伏组件.项目采购方案规定：每年新增采购的组件箱数构成等差数列，项目第一年采购 16 箱，往后每一年都比上一年多采购 3 箱；受原材料价格浮动影响，组件单箱采购市价逐年成等比数列，首年定价 4 元，价格每年变为原来的 3 倍.项目财务制度约定，前年所有入库储存的组件，不在每年分次结账，统一留存至第年年末，按照当期最新市场单价一次性核算全部货款.则项目运行满 4 年时，结算总货款为______元；运行年末核算总货款的最简代数式为______ 15. 在平面直角坐标系中，已知定点和定直线，若到点与直线的距离之和等于10的点的轨迹记为曲线．给出下列四个结论，其中正确的是_____________ ①曲线关于轴对称 ②若点在曲线上，则 ③若点在曲线上，则 ④若点在曲线上，则 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. 在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，，为的中点，二面角为直二面角. （1）求证：； （2）求平面与平面所成角的余弦值； 17. 已知，函数，从①②③中任选两个条件作为已知条件．使得唯一确定． ①在处取得最大值； ②是偶函数； ③相邻两个零点之间的距离为． （1）求的解析式； （2）将函数的图象上各点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，求函数在区间上恰有3个零点，求t的取值范围． 18. 甲、乙两人轮流投篮，每人每次投一球.约定甲先投，先中者获胜，一直到有人获胜或每人都已投球3次时投篮结束.设甲每次投篮投中的概率为，乙每次投篮投中的概率为，且各次投篮互不影响. （1）求甲获胜的概率； （2）求投篮结束时甲的投篮次数的分布列与期望 （3）主办方调整甲的投篮装备，优化后甲单次命中概率提升，乙投篮条件与命中率保持不变.设装备调整前甲获胜概率为，装备优化后甲获胜概率为，请直接写出两者的大小关系.（结论不要求证明） 19. 已知函数，． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）令，求函数在上的零点个数． 20. 如图，椭圆C：(a＞b＞0)的离心率为 ，其左焦点到点P(2，1)的距离为．不过原点O的直线l与C相交于A，B两点，且线段AB被直线OP平分． (Ⅰ)求椭圆C的方程； (Ⅱ) 求ABP的面积取最大时直线l的方程． 21. 已知数列中至少含有5项，从该数列中任意取出三项，按从小到大的顺序排列，构成的子列，若该子列中的一项等于该子列中其余项的和，则称该子列为数列的完美子列. （1）求数列2，3，4，5，6，7的所有完美子列； （2）将数列1，2，3，…，，，，…，的所有完美子列的个数记为求数列的通项公式； （3）证明：若一个等比数列的公比为整数，则该数列不存在完美子列. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考三模模拟预测卷 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、准考证号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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） 一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题中选出符合题目要求的一项. 1. 已知全集，集合，则（    ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据补集的定义，由集合在全集下的补集直接求解集合. 【详解】已知，，则不属于的实数满足，即. 2. 设，其中x，y是实数，则（    ） A. B. C. 4 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数相等的充要条件求出实数x，y的值，再代入复数模的公式计算即可. 【详解】因为，所以， 因为x，y是实数，所以，所以， 所以. 3. 在的展开式中，常数项为（    ） A. 4 B. C. 12 D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用二项展开式的通项公式，再令通项中的指数为0取得的值，最后代入计算求得常数项即可. 【详解】因为， 所以，， 因为常数项的次数为0，所以，解得， 代入得. 4. 若点为抛物线上一点，则点P到其焦点的距离为（    ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】A 【解析】 【分析】先将点代入抛物线方程，求出横坐标，再利用抛物线定义或两点间距离公式计算点到焦点的距离即可. 【详解】∵ 点 在抛物线 上， ∴ ，，即 ， 由得：，即 ， ∴ 焦点，准线方程， ∵抛物线上任一点到焦点的距离 = 该点到准线的距离， ∴点到准线 的距离为， 即点到焦点的距离为 . 5. 已知各项均为正数的等比数列的前项和为，且满足，，成等差数列，则（    ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用等差数列中项性质列方程，结合等比数列通项公式求出公比，再化简代入计算结果. 【详解】设等比数列的公比为，由题意知，（）， 因为成等差数列，由等差中项性质可得， 由于，，代入上式得：  ， 由于，整理得：  解得或， 又，故舍去，得，则， 将代入得. 6. 在中，，则这个三角形一定是（ ） A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 等腰直角三角形 D. 等腰或直角三角形 【答案】D 【解析】 【分析】由正弦定理和三角恒等变换得到或，得到三角形形状 【详解】，由正弦定理得， 故， 又， ， 所以， 所以， 即，所以或， 由得或（舍去）， 由得， 故这个三角形一定是等腰或直角三角形 7. 设，，则“”是“”成立的（ ） 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】 【分析】根据充分条件和必要条件的定义判断,即可得出答案. 【详解】充分性证明:当 ①若,则有,于是; ②若,则有于是; ③若,则有,于是,因为,,所以有成立. “”是“”的充分条件. 必要性证明:当 (1)若时，由，可得，则，于是; (2)时，由，可得，则，于是; (3)若,,则有,于是; (4)若,,则有,满足条件,于是成立; (5)若,,则不成立,不满足条件; (6)若,,由,可得,即,所以有. “”是“”的必要条件. 综上所述,“”是“”的充要条件. 8. 风电是我国新能源战略的核心支柱，某型号海上风电机组的安全运行标准中，风力等级与轮毂高度风速的关系满足方程：（其中为轮毂高度风速，单位：，为风力等级）．我国某海上风电场遭遇极端天气，监测到轮毂高度瞬时风速达到，则该瞬时风速对应的风力等级约为（   ）（注：，） A. 9级 B. 11级 C. 13级 D. 15级 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定方程计算瞬时风速对应的风力等级，结合对数运算及指对互化运算即可求解． 【详解】将轮毂高度瞬时风速代入，得， 由知，，则， 所以， 又，所以， 所以． 9. 如图，在四边形 中，，，，则 的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意首先求得和的值，然后结合数量积的运算法则可得的值. 【详解】由 解得 ， 因为，所以，， 结合图象可得 与 方向相同，所以， 所以. 故选：C. 10. 已知直线分别与函数和的图象交于点，，则下列结论错误的是（   ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】对于A，分别作出函数、和的图象，易得点，关于直线对称，进而得到；对于B，联立，结合零点存在定理得到，结合图象得到，结合的单调性及放缩法证明即可；对于C，利用基本不等式证明即可；对于D，联系，结合零点存在定理得到，构造函数，结合导数与单调性证明即可. 【详解】对于A，作出函数、和的图象， 因为和互为反函数，所以它们的图象关于直线对称. 直线与垂直，即关于直线对称， 所以交点，关于直线对称，所以，， 又在直线上，所以，即，故A正确； 对于B，由，得，设，则单调递增， 因为，，所以由零点存在定理知，的零点在上， 所以，所以. 结合图象可知，，则，. 所以，故B错误. 对于C，易知，所以，故C正确； 对于D，由，得，设，， 则在上单调递增， 又，，所以. 因为，设，，则， 所以在上单调递增，所以，故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. 双曲线的渐近线方程为______． 【答案】 （或） 【解析】 【分析】通过将双曲线方程化为标准形式代入渐近线公式，或直接令方程右侧常数为0化简，即可求得渐近线方程. 【详解】 方法1： 将双曲线方程化为标准形式 将原方程两边同时除以，得， 该双曲线焦点在轴上，其中实半轴长，虚半轴长， 代入渐近线公式求得； 方法2： 对于任意双曲线方程，其渐近线可令方程右侧常数项为0直接求解： 令，整理得，开方化简后即得 12. 如图，在三棱锥中，分别为的中点，记三棱锥的体积为，三棱锥的体积为，则______． 【答案】# 【解析】 【详解】因为分别为的中点，则 所以，则. 13. 在中，，M是的中点，，则___________，___________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】由题意结合余弦定理可得，进而可得，再由余弦定理可得. 【详解】由题意作出图形，如图， 在中，由余弦定理得， 即，解得（负值舍去）， 所以， 在中，由余弦定理得， 所以； 在中，由余弦定理得. 故答案为：；. 14. 《九章算术・均输篇》记录了古代物资统筹核算算法，现如今借鉴这一统筹思路，某地乡村振兴落地光伏储能惠民工程，分年度分批采购储能光伏组件.项目采购方案规定：每年新增采购的组件箱数构成等差数列，项目第一年采购 16 箱，往后每一年都比上一年多采购 3 箱；受原材料价格浮动影响，组件单箱采购市价逐年成等比数列，首年定价 4 元，价格每年变为原来的 3 倍.项目财务制度约定，前年所有入库储存的组件，不在每年分次结账，统一留存至第年年末，按照当期最新市场单价一次性核算全部货款.则项目运行满 4 年时，结算总货款为______元；运行年末核算总货款的最简代数式为______ 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】先分别计算前年采购组件的总箱数和第年末的组件单价，二者相乘得到总货款，代入即可得满年的结算款. 【详解】设第年采购的组件箱数为， 由题意是首项、公差的等差数列， 则， 前年总采购箱数为的前项和： ， 设第年组件单价为，由题意是首项、公比的等比数列， 第年末的单价为： ， 计算满年的总货款： 代入，得， ，故总货款； 计算年末总货款： 根据题意总货款为总箱数乘以第年末单价， 即. 15. 在平面直角坐标系中，已知定点和定直线，若到点与直线的距离之和等于10的点的轨迹记为曲线．给出下列四个结论，其中正确的是_____________ ①曲线关于轴对称 ②若点在曲线上，则 ③若点在曲线上，则 ④若点在曲线上，则 【答案】②③ 【解析】 【分析】根据定义写出曲线所满足的方程，根据方程判断下列四个结论即可． 【详解】设动点，则， 到直线的距离为， 则， 当时， 两边平方可得：， 整理可得：， 当时， 两边平方可得：， 整理得： 可得图象： 由图象可知，①错误；如图所示，，，故，，②③正确；根据曲线上的点到点与直线的距离之和等于10，则，则，因为，则，故，故，故④错误． 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. 在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，，为的中点，二面角为直二面角. （1）求证：； （2）求平面与平面所成角的余弦值； 【答案】（1）因为二面角为直二面角，所以平面平面. 正方形中，. 又平面平面，平面，所以平面. 因为平面，所以. 又，，平面，所以平面. 因为平面，所以. （2） 【解析】 【分析】（1）根据面面垂直的性质、线面垂直的性质及线面垂直的判定定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，结合面面角的向量求法求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在中，，为的中点，， 所以，. 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 取中点，连接，因为平面，所以. 正方形中，为中点，所以. 所以两两垂直. 以为原点，以为轴建立空间直角坐标系， 则，，，. 所以，，，. 设平面的法向量为， 则，即，令，则，所以. 设平面的法向量为， 则，即，则，令，则， 所以. 设平面与平面所成角为， 则， 故平面与平面所成角的余弦值为. 17. 已知，函数，从①②③中任选两个条件作为已知条件．使得唯一确定． ①在处取得最大值； ②是偶函数； ③相邻两个零点之间的距离为． （1）求的解析式； （2）将函数的图象上各点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，求函数在区间上恰有3个零点，求t的取值范围． 【答案】（1）选①③，； 选②③，； （2）选①③，； 选②③，． 【解析】 【分析】先对解析式利用降幂公式，两角和与差公式，进行化简，利用所给条件求出参数的值，得到的解析式，利用图象的变换得到的解析式，利用整体代换的思想，根据正弦函数的图象零点分布情况，计算参数t的取值范围． 【小问1详解】 ； 选①② 因为在处取得最大值，故； 又因为为偶函数，则关于对称， 则， 式与式相加即可得， 因为，则，解得； 则，解得，因为， 故，故的值不唯一，故不选①②. 选①③ 因为在处取得最大值，故； 因为相邻两个零点之间的距离为，则，解得； 代入可得：，解得， 因为，故，； 故的解析式为； 选②③ 因为相邻两个零点之间的距离为，则，解得； 又因为为偶函数，则关于对称， 则，即， 因为，故，； 故的解析式为； 【小问2详解】 选①③， 由的图象上各点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变， 可得， 当时，； 因为在区间上恰有3个零点， 故，解得； 故t的取值范围为； 选②③ 由的图象上各点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变， 可得， 当时，； 因为在区间上恰有3个零点， 故，解得； 故t的取值范围为． 18. 甲、乙两人轮流投篮，每人每次投一球.约定甲先投，先中者获胜，一直到有人获胜或每人都已投球3次时投篮结束.设甲每次投篮投中的概率为，乙每次投篮投中的概率为，且各次投篮互不影响. （1）求甲获胜的概率； （2）求投篮结束时甲的投篮次数的分布列与期望 （3）主办方调整甲的投篮装备，优化后甲单次命中概率提升，乙投篮条件与命中率保持不变.设装备调整前甲获胜概率为，装备优化后甲获胜概率为，请直接写出两者的大小关系.（结论不要求证明） 【答案】（1） （2）的分布列为： 1 2 3 （3） 【解析】 【分析】（1）对甲获胜的不同轮次分类，利用互斥事件概率加法公式与独立事件概率乘法公式计算甲获胜概率； （2）根据投篮结束的不同情形确定的所有可能取值并计算对应概率，得到分布列与期望； （3）计算出、后，借助作差法计算即可比较大小. 【小问1详解】 甲获胜包含三类互斥的情形： ①甲第一次投篮命中直接获胜，由独立事件概率公式得； ②甲、乙第一次投篮均未命中，甲第二次投篮命中获胜， 概率； ③甲、乙在前两次投篮中均未命中，甲第三次投篮命中获胜， 概率； 由互斥事件概率加法公式，甲获胜的总概率为； 【小问2详解】 投篮结束时甲的投篮次数的所有可能取值为、、， ①对应“甲第一次投篮命中获胜”或“甲第一次未命中、乙第一次投篮命中获胜”， 两个事件互斥，故； ② 对应“甲、乙第一次均未命中，第二轮投篮结束”， 故； ③ 对应“甲、乙在前两次投篮中均未命中”，无论第三次投篮结果如何均结束投篮， 故， 因此的分布列为： 1 2 3 由离散型随机变量期望公式得； 【小问3详解】 ，理由如下： 由（1）可得：，设优化后甲单次命中概率为，则， ， 则， 由，，则， 故，即. 甲单次投篮命中率提升，其他规则与乙命中率不变，因此甲获胜概率增大，即. 19. 已知函数，． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）令，求函数在上的零点个数． 【答案】（1） （2）个 【解析】 【分析】（1）当时，求出、的值，利用导数的几何意义可得出所求切线的方程； （2）由可得，令，则函数的零点个数即为直线与函数的图象的公共点的个数，利用导数分析函数的单调性，即可得出结论. 【小问1详解】 当时，，则，所以，， 所以曲线在点处的切线方程为. 【小问2详解】 由题意可得，， 令可得， 令，则函数的零点个数即为直线与函数的图象的公共点的个数， ， 令，其中， 则， 令，则， 由可得，由可得， 所以函数在处取得极大值，也是最大值， 所以，所以，即恒成立， 所以函数在上单调递减，且， 故当时，，所以，则函数在上单调递减， 当时，；当时，. 所以直线与函数的图象有且只有一个公共点， 故函数在上只有一个零点. 20. 如图，椭圆C：(a＞b＞0)的离心率为 ，其左焦点到点P(2，1)的距离为．不过原点O的直线l与C相交于A，B两点，且线段AB被直线OP平分． (Ⅰ)求椭圆C的方程； (Ⅱ) 求ABP的面积取最大时直线l的方程． 【答案】(Ⅰ) ；(Ⅱ)． 【解析】 【详解】试题分析：（1）由题意得到离心率，再结合距离公式即可得：，所求椭圆的方程为：.（2）易得直线的方程：，用点差法得到，设直线的方程为：，与椭圆方程联立得，由得到的取值范围；由弦长公式，点到直线的距离表示出面积，即可求出直线的方程． 试题解析：（1）由题：； � 左焦点到点的距离为： .� 由��可解得：. 所求椭圆的方程为：. （2）易得直线的方程：，设.其中. 、在椭圆上， . 设直线的方程为：， 代入椭圆：. 显然. 且. 由上又有：. . 点到直线的距离为：. ， 当且仅当时，三角形的面积最大，此时直线的方程. 考点：1、椭圆的性质；2、中点弦问题；3、最值问题． 【技巧点晴】本题考查的是椭圆的定义和性质、直线与圆锥曲线的位置关系、最值等综合知识，属于难题；圆锥曲线中有关三角形面积问题，解决方法一般有两种：第一种是利用公式求出弦长，表示出点到弦长所在直线的距离，用求面积；第二种是以轴（或者轴）为界，把三角形分成两部分，利用（或者），其中为三角形被轴（或者轴）解得的线段长度． 21. 已知数列中至少含有5项，从该数列中任意取出三项，按从小到大的顺序排列，构成的子列，若该子列中的一项等于该子列中其余项的和，则称该子列为数列的完美子列. （1）求数列2，3，4，5，6，7的所有完美子列； （2）将数列1，2，3，…，，，，…，的所有完美子列的个数记为求数列的通项公式； （3）证明：若一个等比数列的公比为整数，则该数列不存在完美子列. 【答案】（1）；；；； （2）； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据完美子列的定义列出即可； （2）按首项分类，写出首项为时完美子列的个数，发现其满足等差数列，对该等差数列进行求和即可； （3）分，与进行讨论，逐类分析是否可能存在完美子列. 【小问1详解】 该数列的所有完美子列如下：；；；. 【小问2详解】 数列的完美子列 按首项分类，有如下情况： 若首项为，则完美子列为：；；；；，共个完美子列； 若首项为，则完美子列为：；；；；，共个完美子列； 若首项为，则完美子列为：；；；，共4个完美子列； 若首项为，则完美子列为：；，共2个完美子列. 因此，. 【小问3详解】 设等比数列的公比为，易知， ①当时，若，则为非零常数列，即，取出3项后， 由于，即其中任意一项都不等于另外两项之和，因此此时不存在完美子列； 若，则为，易知其亦不存在完美子列； ②当时 ，假设存在完美子列. （i）若，当时，设的一个完美子列为， 则，且， 但事实上，所以上述等式不可能成立，此时不存在完美子列； 当时，此时中项的绝对值随的增大逐渐增大，同理不存在完美子列. （ii）若，由①知不需要讨论的子列中的项全为正数或全为负数的子列， 当的一个完美子列中的项为两正一负时，设该完美子列为， 其中，（点拨：当时，无论的首项是正是负， 数列中的项均为一正一负交替出现，所以不需要再讨论首项与0的大小关系） 此时应有，则，（提示：只有正数中的最大数与负数的和才有可能等于另一个正数）. 若，则， 若，则， 所以等式不可能成立； 同理两负一正的情况也不成立。所以不存在完美子列. 综上，若一个等比数列的公比为整数，则该数列不存在完美子列. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $