文档文本内容
2026 年高考数学二轮复习模拟检测卷（北京卷
02）
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、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2. 回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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：本题共10 小题，每小题4 分，共40 分，在每小题给出的四个选项中，只有一
项是符合题目要求的.
1．已知集合
，
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】先将
分别变形，然后根据数值的奇偶判断出
的关系.
【详解】因为
，所以
，
所以
，
因为
，所以
，
所以
，
因为
表示所有奇数，
表示部分奇数，
所以
.
故选：
.
2．若复数
满足
，则
对应的点在（ ）
A．第一象限
B．第二象限
C．第三象限
D．第四象限
【答案】D
【分析】根据复数的除法运算可得
，再由复数的几何意义可得.
【详解】
，
所以
对应的点为
，在第四象限.
故选：D
3．设
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】根据题意，利用对数的运算性质，即可求解.
【详解】由
，可得
.
故选：B.
4．设
，则
（ ）
A．-2
B．-1
C．0
D．1
【答案】A
【分析】分别令
和
代入计算即可.
【详解】令
易知
，
令
可得，
，
所以
.
故选：A.
5．已知直线
与圆
相交于
两点，且
，则
值为（ ）
A．
或
B．
或
C．或
D．
或
【答案】B
【分析】利用点到直线的距离公式结合勾股定理建立方程，求解参数即可.
【详解】由题意得圆
的圆心为
，半径为
，
直线
可化为
，且设圆心到直线的距离为
，
由点到直线的距离公式得
，
因为
，所以由勾股定理得
，
解得
或
，故B 正确.
故选：B
6．设平面向量
与
不共线，
，则“
与
共线”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
【分析】根据共线定理可得
，由
与
不共线，得
且
，即可结合充要
条件的定义求解.
【详解】若
与
共线，则存在非零实数
，使得
，即
，
由于平面向量
与
不共线，所以
且
，故
，
因此“
与
共线”是“
”的充要条件，
故选：C
7．过双曲线
的右焦点F 作一条渐近线的垂线，垂足为A．若
（O
为坐标原点），则该双曲线的离心率为（ ）
A．
B．
C．2
D．
或2
【答案】B
【分析】由题意易得所以
，从而
，再由
求解.
【详解】解：在
中，因为
，
所以
，则
，
所以
，
故选：B
8．小明在某印刷服务公司看到如下广告：“本公司承接图纸复印业务，规格可达A1，B1 大小……”.他
不禁好奇：A1，B1 复印纸有多大呢？据查：所有的复印纸均为矩形，其长与宽的比值不变，且两张A4 纸
可以拼接成一张A3 纸，两张A3 纸可以拼接成一张A2 纸…….已知A4 纸的宽为210mm，那么A1 纸的长和宽
约为（ ）
A．840mm，594mm
B．840mm，588mm
C．594mm，420mm
D．588mm，420mm
【答案】A
【分析】由复印纸的拼接关系以及长与宽比值不变的特点，代入计算，即可得到结果.
【详解】A4 纸的宽为
，设其长为
，
若两张A4 纸的宽拼在一起，
则A3 纸的宽为
，长为
，
且
，故舍去；
若两张A4 纸的长拼在一起，
即A3 纸的宽为
，长为
，
A2 纸的宽为
，长为
，
A1 纸的宽为
，长为
，
由所有的复印纸均为矩形，其长与宽的比值不变，
可得
，解得
，则
，
所以A1 纸的长和宽约为840mm，594mm.
故选：A
9．如图，长方体
中，
，
，
，点
，
分别是
和
的中点，
是侧面
内一动点（含边界），若
平面
，则动点
的轨迹的长度为（ ）
A．
B．
C．
D．9
【答案】C
【分析】取
的中点
，取
的中点
，连接
，可证平面
平面
．然后可知点
的运动轨迹为
，即可求解．
【详解】如图所示：
取
的中点
，取
的中点
，连接
，
所以
，又因为点
，
分别是
和
的中点，
所以
，所以
，
又因为
平面
，
平面
，所以
平面
，
又点
是棱
的中点，点
是棱
的中点，所以
且
，
所以四边形
是平行四边形，所以
，
，
又因为
，
，所以
，
，
所以四边形
是平行四边形，所以
，
因为
平面
，
平面
，所以
平面
，
又
，
平面
，所以平面
平面
．
又
是侧面
内一动点（含边界），且
平面
，
所以点
的运动轨迹为
，又在长方体
中，
，
，
所以
.
故选：C
10．已知函数
若存在唯一的整数x，使得
成立，则所有满足条件的
整数a 的取值集合为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】作出
的图象，由不等式的几何意义：曲线上一点与
连线的直线斜率小于0，结
合图象即可求得a 范围
【详解】令
作出
的图象如图所示：
等价于
，表示点
与点
所在直线的斜率，
可得曲线
上只有一个整数点
与
所在的直线斜率小于0，而点
在直线
上运动，
由
可知当
时，只有点
满足
，当
时，只有
点
满足
，
当
时，至少有
，
满足
，不满足唯一整数点，故舍去，
当
时，至少有
满足
，不满足唯一整数点，故舍去，
因为
为整数，故
可取
故选：B
第二部分（非选择题 共110 分）
二、填空题：本题共5 小题，每小题5 分，共25 分.
11．函数
的定义域为 ．
【答案】
【分析】根据函数解析式有意义可得出关于
的不等式，即可解得原函数的定义域.
【详解】对于函数
，有
，解得
且
，
因此，函数
的定义域为
.
故答案为：
.
12．已知圆柱形水杯的底面半径为3cm，侧面积为
，则水杯的容积约为 ml．（精确到
1ml，水杯壁厚度忽略不计）
【答案】565
【分析】设圆柱形水杯的底面圆的半径为，高为，由题求得
，利用圆柱体积公式求得答案.
【详解】设圆柱形水杯的底面圆的半径为，高为，则
，
所以水杯的侧面积
，解得
，
所以水杯的容积
.
故答案为：
.
13．设函数
①给出一个
的值，使得
的图像向右平移
后得到的函数
的图像关于原点对称，
；
②若
在区间
上有且仅有两个零点，则
的取值范围是 ．
【答案】
（答案不唯一）
【分析】根据变换法则得
，则
，取
计算即可，确定
，根据零点个数得到
，解得答案.
【详解】由题意可得
，
因为
的图像关于原点对称，所以
，即
，
当
时，
；
若
，则
，
有且仅有两个零点，
则
，解得
，故
的取值范围为
.
故答案为：
（答案不唯一）；
14．在数列
中，
，且任意连续三项的和均为7，则
；记数列
的前
项和
为
，则使得
成立的最大整数
．
【答案】 6 44
【分析】首先得出数列
是周期为3 的周期数列，进一步可根据数列任意连续三项的和均为7，即可求
解第一问，至于第二问分三种情况讨论即可求解.
【详解】由题意
，所以数列
是周期为3 的周期数列，
所以
，故
；
当
时，
，解得
，此时最大整数为42，
当
时，
，解得
，此时最大整数为42，
当
时，
，解得
，此时最大整数为44，
综上所述，
，使得
成立的最大整数
.
故答案为：6，44.
15．已知曲线
（
，
为常数），给出下列四个结论：
①曲线
关于坐标原点对称；
②当
时，曲线
恒过两个定点；
③记曲线
在第一象限的部分与坐标轴围成的图形的面积为，则对任意
，存在
，使得
.
④设
，
为曲线
上的两个动点，则存在
，
，使得
有最大值；
其中所有正确结论的序号为 .
【答案】①②③
【分析】利用曲线的对称性判断①；当
时，化简曲线方程，求出定点坐标判断②；取
，
在第一象限内，曲线
在线段
上方，数形结合判断③；将曲线
的方程视为关于
的二
次方程，解原方程，取点
、
，考查
时，
的取值判断④.
【详解】对于①，在曲线
上任取一点
，则
，
点
关于原点的对称点为
，
则
，
即点
在曲线
上，因此曲线
关于坐标原点对称，①正确；
对于②，当
时，则
，曲线
的方程为
，
由
，解得
或
，
因此当
时，曲线
恒过两个定点
，②正确；
对于③，当
，
时，在曲线
的方程中，令
可得
，令
可得
，
此时曲线
交
轴的正半轴于点
，交
轴正半轴于点
，
设直线
，
，
对曲线C 的方程变形整理，有
，
将上式视为关于y 的一元二次函数，其中
，
当
时，恒有
，有
，
，
令
，
，
，
，
由
，得
，即
，于是
，
即曲线
在第一象限的部分在直线
的上方，如图，
因此
，③正确；
对于④，当
，
时，将曲线
的方程视为关于
的二次方程，
对于方程
，
，
解方程
，得
，
不妨取点
，
，
则
，当
时，则
，因此
无最大值，④错误.
故答案为：①②③
三、解答题共6 小题，共85 分。解答应写出文字说明，演算步或证明过程.
16．（13 分）
已知平面四边形
中，
，
，
.
(1)若
，求
的长；
(2)设
，记四边形
的周长
，求
的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）连接
，在
中，由余弦定理可解；
（2）在
中，由正弦定理可得
，再利用两角和与差的正弦公式
可得最大值.
【详解】（1）
连接
，
因为
，
，
，
所以
为正三角形，
，
在
中，由余弦定理可得
，
代入数值可得
，解得
.
（2）在
中，由正弦定理可得
，
所以
，
所以四边形
的周长
，
所以当
时，
的最大值为
.
17．（13 分）
如图，在四棱锥
中，底面
为菱形，平面
平面
，
，E，F 分别为
的中点.
(1)求证：
平面
；
(2)若
，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求二面角
的大
小.条件①：
；条件②：
.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取
中点
，连接
、
，证明四边形
是平行四边形，即可求证；
（2）选择条件①，通过证
平面
证
，然后通过建立空间直角坐标系求解；选择条件②，
先通过三角形全等证
是正三角形，进而证
，即可通过建立空间直角坐标系求解.
【详解】（1）证明：取
中点
，连接
、
，
分别为
，
的中点，
所以
，
；
在菱形
中，因为
，
；
所以
，
，所以四边形
为平行四边形，
所以
，又因为
平面
，
平面
，
所以
平面
.
（2）选择条件①：
易知
平面
，
平面
，
平面
，
所以有
，
，
又因为
，
，
平面
，
平面
，所以
平面
，
因为
平面
，所以
；
以
为原点，
为
轴，
为
轴，
为
轴，建立如图所示空间直角坐标系
，
又因为
，
,且易知
是正三角形，
，所以
，
则
，
，
，
，
，
设平面
的法向量为
，则
，
不妨令
,解得
；
根据已知条件，可得平面
的法向量为
，
所以
，所以二面角
的大小为
.
选择条件②：
连接
，因为
平面
，且
、
、
均在平面
中，
所以
，
，
，所以
，
又因为
，
，所以
，所以
，
又因为底面
为菱形，所以
，即
是正三角形，
又因为
为
的中点，所以
，
以
为原点，
为
轴，
为
轴，
为
轴，建立如图所示空间直角坐标系
，
又因为
，
,且
是正三角形，
，所以
，
则
，
，
，
，
，
设平面
的法向量为
，则
，
不妨令
,解得
；
根据已知条件，可得平面
的法向量为
，
所以
，所以二面角
的大小为
.
18．（14 分）
某城市的甲、乙两个区，甲区有500 个居民小区，乙区有300 个居民小区. 为了解甲、乙两个区在绿化与
垃圾分类两方面的达标情况，进行了调查统计，结果如下：（单位：个）
绿化达标
垃圾分类达标
绿化达标且垃圾分类达
标
甲区
300
250
200
乙区
180
150
120
(1)从甲乙两区的所有居民小区中随机抽取一个居民小区，求抽到的是“甲区且绿化达标”的概率；
(2)从甲区和乙区中各随机抽取一个居民小区，设
表示这两个居民小区中“垃圾分类达标”的个数，求
的分布列和数学期望；
(3)城市管理部门计划按照分层抽样从甲、乙两区抽取40 个居民小区进行评比，在抽取的40 个居民小区中，
设
为“绿化达标”居民小区的数量，
为“绿化达标且垃圾分类达标”居民小区的数量，试判断方差
的大小.（结论不要求证明）
【答案】(1)
(2)分布列见详解，1
(3)
【分析】（1）根据表格中的数据，利用古典概型计算概率即可；
（2）根据表格求得从甲区中随机抽取一个居民小区，它是“垃圾分类达标”小区的概率，以及从乙区中
随机抽取一个居民小区，它是“垃圾分类达标”小区的概率，再分别求得
的概率，即可写出分布
列，进而求得数学期望；
（3）根据表格中的数据，求出离散型随机变量
的方差
，从而判断.（学生作答时，直接
写结果即可，无需说明理由）.
【详解】（1）设事件
“抽到的是甲区且绿化达标”，
因为该城市试点区的所以居民小区共有
个，
甲区且绿化达标的居民小区共有
个，
则
，
所以，抽到的是“甲区且绿化达标”的概率为
.
（2）由题意，
的所有可能的取值为
.
从甲区中随机抽取一个居民小区，它是“垃圾分类达标”小区的概率为
，
从乙区中随机抽取一个居民小区，它是“垃圾分类达标”小区的概率为
，
则
，
，
，
所以
的分布列为：
0
1
2
所以，数学期望
.
（3）因为甲区有500 个居民小区，乙区有300 个居民小区，共
个，
所以从甲小区里抽取
个，从乙小区里抽取
个，
由表格可知：
从甲区中随机抽取一个居民小区，它是“绿化达标”小区的概率为
，
从乙区中随机抽取一个居民小区，它是“绿化达标”小区的概率为
，
因此，随机变量
，则
.
由表格可知：
从甲区中随机抽取一个居民小区，它是“绿化达标且垃圾分类达标”小区的概率为
，
从乙区中随机抽取一个居民小区，它是“绿化达标且垃圾分类达标”小区的概率为
，
因此，随机变量
，则
.
所以，
.
19．（15 分）
已知椭圆
的短轴长为2，且离心率为
.
(1)求椭圆
的方程；
(2)设椭圆
的上下顶点分别为点
､
，过点
的直线与椭圆
交于不同两点
，
且
，直线
与直线
交于点
，求证：点
在一条定直线上.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由短轴长及离心率和
之间的关系求出
的值，进而求出椭圆的方程；
（2）由（1）可得
的坐标，设直线的方程，与椭圆联立得到韦达定理，求出直线
，再求两条
直线的交点
的坐标；
【详解】（1）因为椭圆
的短轴长为2，
所以
.所以
.
因为离心率为
，所以
.
所以
，解得
.
所以椭圆
的方程为
.
（2）①若直线的斜率不存在，不符合题意.
②若直线的斜率存在，设为
，所以直线的方程为
.
联立方程组
消去
，化简得
.
所以
，得
，或
.
因为
，且
，
所以
.
直线
的方程为
，即
.
直线
的方程为
，即
.
因为直线
与直线
交于点
，
所以点
的纵坐标
.
所以
.
所以点
在直线
上.
【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的定直线问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：
①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于
或
的一元二次方程的形式；
②利用
求得变量之间的关系，同时得到韦达定理的形式；
③利用韦达定理表示出已知的等量关系，化简整理得到所求定直线.
20．（15 分）
已知函数
.
(1)当
时，求曲线
在点
处的切线方程；
(2)讨论函数
在区间
上的极值点的个数；
(3)若函数
在区间
上有唯一零点，证明：
.
【答案】(1)
；
(2)答案见解析；
(3)证明见解析；
【分析】（1）直接根据导数的几何意义可求得切线方程；
（2）先对函数求导，再分
，
，
三种情况对导数讨论可得函数的极值点；
（3）由（2）解析过程知，函数要有唯一零点t，必有函数
的唯一极小值点
，再通过构造
函数
，
，只需用导数证明
的零点
即可.
【详解】（1）当
时，函数
，
所以
，
.
所以曲线
在点
处的切线方程为
，
即
.
（2）由函数
，
.
令
，
，
.
①若
时，
，所以
在
上单调递增，且
，
即
在
上单调递增，且
，
所以函数
在
上单调递增，函数
无极值点；
②当
时，
，
，
当
，所以
.
所以函数
在
上单调递增且有唯一零点
，
即函数
在
上单调递增且有唯一零点
，
当
；当
，
所以函数
在
有唯一的极小值点
，无极大值点；
③当
时，因为
，所以
，
所以函数
在
上单调递减，无极值点.
综上所述：当
或
时，函数
在
上无极值点；
当
时，函数
在
上有唯一的极小值点，无极大值点.
（3）由（2）可知，当
时，函数
在
上单调递减，且
，
所以函数
在
上无零点；
当
时，函数
在
上单调递增，且
，
所以函数
在
上无零点；
当
时，函数
在
有唯一的极小值点
，且
，
要使函数
在区间
上有唯一零点，所以
.
所以
，
令
，得
，即
.
再令
，
，
所以
在
上单调递增，
且
.
所以函数
在
上有唯一零点
，
所以
，即
.
21．（15 分）
已知
和
都是无穷数列.若存在正数
，对任意的
，均有
，则称数列
与
具
有关系
.
(1)分别判断下列题目中的两个数列是否具有关系
，直接写出结论；
①
，
，
；
②
，
，
.
(2)设
，
，
，试判断数列
与
是否具有关系
.如果是，求出
的最
小值，如果不是，说明理由；
(3)已知
是公差为
的等差数列，若存在数列
满足：
与
具有关系
，且
，
，
…，
中至少有100 个正数，求
的取值范围.
【答案】(1)①不具有关系
；②具有关系
.
(2)是，A 的最小值为1.
(3)
【分析】（1）先假设数列
与
是否具有关系
，根据题意，即可得出结论；
（2）根
，即可得出数列
与
具有关系
．设A 的最小值为
，
，结合题中条件，即可求出结果；
（3）先利用定义确定
，然后根据题意，找到符合题意的数列
即可.
【详解】（1）①因为
，
，若数列
与
是否具有关系
，
则对任意的
，均有
，
即
，即
，但
时，
，
所以数列
与
不具有关系
．
②数列
与
具有关系
，理由如下：
因为
，
，又因为
所以有
，所以
，
所以数列
与
是具有关系
.
（2）证明：因为
，
，所以
，
所以
，
所以数列
与
具有关系
．
设A 的最小值为
，
，
因为
，所以
．
若
，则当
时，
，
则
，这与“对任意的
，均有
”矛盾，
所以
，即A 的最小值为1．
（3）因为
是公差为
的等差数列，所以
.
若存在数列
满足：
与
具有关系
，
则
，都有
.
即
，即
.
则
，即
，
当
时，
，都有
与
，
，
，
，
中至少有100 个正数矛盾.
当
时，可取
，
则
，且
，
，
，
，
均为正数，符合题意.
当
时，可取
，
则
，且
，
，
，
，
均为正数，符合题意.
当
时，可取
，
则
，
，
即
，
，
，
，
中有100 个正数.
综上所述
的取值范围是
.
【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型
来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，
实现信息的迁移，达到灵活解题的目的：遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义
的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决．
