资源简介

北京市东城区2025-2026学年度第二学期高三综合练习（二）数学
一、选择题：本大题共10小题，共50分。
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. B. C. D.
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运动员比赛时，从某条跑道弯道处的起跑线上选取一点作为起跑点，沿直线加速后从点切入弯道内侧分道线，即与内侧分道线相切以半圆的圆心为原点，建立平面直角坐标系如图若，，则直线的方程为( )
A. B.
C. D.
7.已知非零实数，满足，则下列各式中为定值的是( )
A. B. C. D.
8.已知，，，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，
二、填空题：本大题共5小题，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，，，．
若平面，，则三棱锥的体积为 ；
若该三棱锥的某两条侧棱的长度之和为，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：
设等差数列，的公差分别为，，若的项均为的项，则；
设等比数列，的公比分别为，，若的项均为的项，则；
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；
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：本题共6小题，共75分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.在中，，．
求；
若，求的面积．
17.如图，在几何体中，平面平面，，，，，，为中点，点，在直线两侧．
求证：平面；
已知，再从下列条件、条件、条件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：；
条件：；
条件：点到平面的距离为．
注：如果选择的条件不符合要求，第问得分；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和的收益情况，从所有门店中随机抽取个门店，记录并整理这些门店同一季度的产品，的收益数据单位：万元，如下表：
门店产品
用频率估计概率．
从该企业所有门店中随机抽取个，估计这个门店产品收益高于产品收益的概率；
从表中的个门店中随机抽取个，记为这个门店中产品收益高于产品收益的门店个数，求的分布列及数学期望；
这个门店中，设门店的产品，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．
求椭圆的方程；
已知点，设直线分别与直线，交于点，，直线与直线交于点，直线与直线交于点，直线交椭圆于另一点，求证：，，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．
求的值；
当时，求证：与的交点位于轴右侧；
已知，与轴交于点，与轴交于点若存在为自然对数的底，使得，求的最大值．
21.已知集合，将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．
已知，，，为序列，写出，，，的值；
求证：序列中存在具有性质的项；
求证：序列中具有性质的项的个数不少于．
参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
13.
14.
15.
16.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；
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.解：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．
因为平面，平面，所以，
又，，平面，平面，
所以平面，
以为原点，、、为，，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，．
若选条件：，设，则，，
因为，所以，解得，不符合题意，故不能选条件．
若选条件：，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：点到平面的距离为，
因为平面，所以点到平面的距离为，即，
以下同条件．

18.解：对个门店的，收益，分别记为满足的门店共个门店、、，用频率估计概率得：；
为抽取的个门店中收益高于的个数，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：
．
设产品收益的方差为，产品收益的方差为
由产品的收益极差为，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.解：由题意得，解得
所以椭圆的方程为．
由可知，则．
已知，
直线满足，即直线的方程为；
直线满足，即直线的方程为；
令，代入直线的方程可得：，解得，所以；
令，代入直线的方程可得：，解得，所以；
已知，
直线满足，即直线方程为，
联立，化简得．
因为是方程的一个根点的横坐标，设，
由韦达定理得，即，
代入得，所以．
当直线斜率存在时，直线的斜率，
直线的斜率
因为，且直线与直线有公共点，所以、、三点共线；
当时，直线：，；直线：，；
直线：，，此时三点均在直线上，所以、、三点共线；
综上所述，、、三点共线．

20.解：，，，，
因为，所以，即，解得；
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，与的交点位于轴右侧；
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，
所以的最大值为．

21.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．
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．
以序列中的项为坐标的点记作，连接这个点共形成条单位线段．
每条单位线段水平或者竖直．
因此条单位线段中至少有条同为水平或同为竖直．
不妨设至少有条水平单位线段．
由于个点排成行，而每一行至多含条水平单位线段，故至少有一行含条水平单位线段．
这样该行个点必被依次经过，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．
将序列中相邻两项连接，得到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，
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．

第1页，共1页

展开更多......

收起↑