北京市陈经纶学校2026年招生全国统一考试数学试题模拟试卷（二）含解析.doc

北京市陈经纶学校2026年招生全国统一考试数学试题模拟试卷（二）
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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，，分别为内角，，的对边，，，的面积为，则（ ）
A． B．4 C．5 D．
2．已知m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，给出四个命题：
①若，，则；②若，，则；
③若，，，则；④若，，，则
其中正确的是（ ）
A．①② B．③④ C．①④ D．②④
3．已知集合，，则=( )
A． B． C． D．
4．设，集合，则（　　）
A． B． C． D．
5．已知集合，则元素个数为( )
A．1 B．2 C．3 D．4
6．定义，已知函数，，则函数的最小值为（ ）
A． B． C． D．
7．已知等差数列的公差为-2，前项和为，若，，为某三角形的三边长，且该三角形有一个内角为，则的最大值为（ ）
A．5 B．11 C．20 D．25
8．如图所示程序框图，若判断框内为“”，则输出（ ）

A．2 B．10 C．34 D．98
9．函数的图象大致为
A． B． C． D．
10．关于的不等式的解集是，则关于的不等式的解集是（ ）
A． B．
C． D．
11．已知等边△ABC内接于圆：x2+ y2=1，且P是圆τ上一点，则的最大值是（ ）
A． B．1 C． D．2
12．如图所示，网格纸上小正方形的边长为，粗线画出的是某多面体的三视图，则该几何体的各个面中最大面的面积为（ ）

A． B． C． D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知实数，满足约束条件则的最大值为________．
14．安排名男生和名女生参与完成项工作，每人参与一项，每项工作至少由名男生和名女生完成，则不同的安排方式共有________种（用数字作答）.
15．已知函数，则过原点且与曲线相切的直线方程为____________.
16．若展开式中的常数项为240，则实数的值为________.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）第十四届全国冬季运动会召开期间，某校举行了“冰上运动知识竞赛”，为了解本次竞赛成绩情况，从中随机抽取部分学生的成绩(得分均为整数，满分100分)进行统计，请根据频率分布表中所提供的数据，解答下列问题：
（1）求、、的值及随机抽取一考生其成绩不低于70分的概率；
（2）若从成绩较好的3、4、5组中按分层抽样的方法抽取5人参加“普及冰雪知识”志愿活动，并指定2名负责人，求从第4组抽取的学生中至少有一名是负责人的概率.
组号
分组
频数
频率
第1组

15
0.15
第2组

35
0.35
第3组

b
0.20
第4组

20

第5组

10
0.1
合计

1.00

18．（12分）已知函数.
（1）当时，解不等式；
（2）设不等式的解集为，若，求实数的取值范围.
19．（12分）已知是各项都为正数的数列，其前项和为，且为与的等差中项．
（1）求证：数列为等差数列；
（2）设，求的前100项和．
20．（12分）已知函数，且曲线在处的切线方程为.
（1）求的极值点与极值.
（2）当，时，证明：.
21．（12分）已知中，角，，的对边分别为，，，已知向量，且．
（1）求角的大小；
（2）若的面积为，，求．
22．（10分）已知椭圆的焦距是，点是椭圆上一动点，点是椭圆上关于原点对称的两点（与不同），若直线的斜率之积为.

（Ⅰ）求椭圆的标准方程；
（Ⅱ）是抛物线上两点，且处的切线相互垂直，直线与椭圆相交于两点，求的面积的最大值.
参考答案

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．D
【解析】
由正弦定理可知,从而可求出.通过可求出，结合余弦定理即可求出 的值.
【详解】
解：，即
，即.
，则.
，解得.
，
故选:D.
本题考查了正弦定理，考查了余弦定理，考查了三角形的面积公式，考查同角三角函数的基本关系.本题的关键是通过正弦定理结合已知条件，得到角 的正弦值余弦值.
2．D
【解析】
根据面面垂直的判定定理可判断①；根据空间面面平行的判定定理可判断②；根据线面平行的判定定理可判断③；根据面面垂直的判定定理可判断④.
【详解】
对于①，若，，，，两平面相交，但不一定垂直，故①错误；
对于②，若，，则故②正确；
对于③，若，，，当，则与不平行，故③错误；
对于④，若，，，则，故④正确；
故选：D
本题考查了线面平行的判定定理、面面平行的判定定理以及面面垂直的判定定理，属于基础题.
3．C
【解析】
计算，，再计算交集得到答案.
【详解】
，，故.
故选：.
本题考查了交集运算，意在考查学生的计算能力.
4．B
【解析】
先化简集合A,再求.
【详解】
由 得： ，所以 ，因此 ，故答案为B
本题主要考查集合的化简和运算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和计算推理能力.
5．B
【解析】
作出两集合所表示的点的图象，可得选项.
【详解】
由题意得，集合A表示以原点为圆心，以2为半径的圆，集合B表示函数的图象上的点，作出两集合所表示的点的示意图如下图所示，得出两个图象有两个交点:点A和点B，所以两个集合有两个公共元素，所以元素个数为2，
故选：B.

本题考查集合的交集运算，关键在于作出集合所表示的点的图象，再运用数形结合的思想，属于基础题.
6．A
【解析】
根据分段函数的定义得，，则,再根据基本不等式构造出相应的所需的形式，可求得函数的最小值.
【详解】
依题意得，，则,
(当且仅当，即时“”成立.此时,，，的最小值为，
故选：A.
本题考查求分段函数的最值，关键在于根据分段函数的定义得出，再由基本不等式求得最值，属于中档题.
7．D
【解析】
由公差d=-2可知数列单调递减，再由余弦定理结合通项可求得首项，即可求出前n项和，从而得到最值.
【详解】
等差数列的公差为-2，可知数列单调递减，则，，中最大，最小，
又，，为三角形的三边长，且最大内角为，
由余弦定理得，设首项为，
即得，
所以或，又即,舍去，，d=-2
前项和.
故的最大值为.
故选：D
本题考查等差数列的通项公式和前n项和公式的应用，考查求前n项和的最值问题，同时还考查了余弦定理的应用.
8．C
【解析】
由题意，逐步分析循环中各变量的值的变化情况，即可得解.
【详解】
由题意运行程序可得：
，，，；

，，，；
不成立，此时输出.
故选：C.
本题考查了程序框图，只需在理解程序框图的前提下细心计算即可，属于基础题.
9．D
【解析】
由题可得函数的定义域为，
因为，所以函数为奇函数，排除选项B；
又，，所以排除选项A、C，故选D．
10．A
【解析】
由的解集，可知及，进而可求出方程的解，从而可求出的解集.
【详解】
由的解集为，可知且，
令，解得，，
因为，所以的解集为，
故选：A.
本题考查一元一次不等式、一元二次不等式的解集，考查学生的计算求解能力与推理能力，属于基础题.
11．D
【解析】
如图所示建立直角坐标系，设，则，计算得到答案.

【详解】
如图所示建立直角坐标系，则，，，设，
则
.
当，即时等号成立.
故选：.

本题考查了向量的计算，建立直角坐标系利用坐标计算是解题的关键.
12．B
【解析】
根据三视图可以得到原几何体为三棱锥，且是有三条棱互相垂直的三棱锥，根据几何体的各面面积可得最大面的面积．
【详解】
解：分析题意可知，如下图所示，

该几何体为一个正方体中的三棱锥，
最大面的表面边长为的等边三角形，
故其面积为，
故选B．
本题考查了几何体的三视图问题，解题的关键是要能由三视图解析出原几何体，从而解决问题．

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．1
【解析】
作出约束条件表示的可行域，转化目标函数为，当目标函数经过点时，直线的截距最大，取得最大值，即得解.
【详解】

作出约束条件表示的可行域
是以为顶点的三角形及其内部，
转化目标函数为
当目标函数经过点时，直线的截距最大
此时取得最大值1．
故答案为：1
本题考查了线性规划问题，考查了学生转化划归，数形结合，数学运算能力，属于基础题.
14．1296
【解析】
先从4个男生选2个一组，将4人分成三组，然后从4个女生选2个一组，将4人分成三组，然后全排列即可.
【详解】
由于每项工作至少由名男生和名女生完成，则先从4个男生选2个一组，将4人分成三组，所以男生的排法共有，同理女生的排法共有，故不同的安排共有种.
故答案为：1296
本题主要考查了排列组合的应用，考查了学生应用数学解决实际问题的能力.
15．
【解析】
设切点坐标为，利用导数求出曲线在切点的切线方程，将原点代入切线方程，求出的值，于此可得出所求的切线方程．
【详解】
设切点坐标为，，，，
则曲线在点处的切线方程为，
由于该直线过原点，则，得，
因此，则过原点且与曲线相切的直线方程为，故答案为．
本题考查导数的几何意义，考查过点作函数图象的切线方程，求解思路是：
（1）先设切点坐标，并利用导数求出切线方程；
（2）将所过点的坐标代入切线方程，求出参数的值，可得出切点的坐标；
（3）将参数的值代入切线方程，可得出切线的方程．
16．－3
【解析】
依题意可得二项式展开式的常数项为即可得到方程，解得即可；
【详解】
解：∵二项式的展开式中的常数项为，
∴解得.
故答案为：
本题考查二项式展开式中常数项的计算，属于基础题.

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（1），，，；（2）
【解析】
（1）根据第1组的频数和频率求出，根据频数、频率、的关系分别求出，进而求出不低于70分的概率；
（2）由（1）得，根据分层抽样原则，分别从抽出2人，2人，1人，并按照所在组对抽出的5人编号，列出所有2名负责人的抽取方法，得出第4组抽取的学生中至少有一名是负责人的抽法数，由古典概型概率公式，即可求解.
【详解】
（1），，，
由频率分布表可得成绩不低于70分的概率约为：

（2）因为第3、4、5组共有50名学生，
所以利用分层抽样在50名学生中抽取5名学生，每组分别为：
第3组：人，第4组：人，第5组：人，
所以第3、4、5组分别抽取2人，2人，1人
设第3组的3位同学为、，第4组的2位同学为、，
第5组的1位同学为，则从五位同学中抽两位同学有10种可能抽法如下：
，，，，，，
，，，，
其中第4组的2位同学、至少有一位同学是负责人有7种抽法，
故所求的概率为.
本题考查补全频率分布表、古典概型的概率，属于基础题.
18．（1）或；（2）
【解析】
（1）使用零点分段法，讨论分段的取值范围，然后取它们的并集，可得结果.
（2）利用等价转化的思想，可得不等式在恒成立，然后解出解集，根据集合间的包含关系，可得结果.
【详解】
（1）当时，
原不等式可化为.
①当时，
则，所以；
②当时，
则，所以；
⑧当时，
则，所以.
综上所述：
当时，不等式的解集为或.
（2）由，
则，
由题可知：
在恒成立，
所以，即，
即，
所以
故所求实数的取值范围是.
本题考查零点分段求解含绝对值不等式，熟练使用分类讨论的方法，以及知识的交叉应用，同时掌握等价转化的思想，属中档题.
19．（1）证明见解析； （2）.
【解析】
（1）利用已知条件化简出，当时，，当时，再利用进行化简，得出，即可证明出为等差数列；
（2）根据（1）中，求出数列的通项公式，再化简出，可直接求出的前100项和．
【详解】
解：（1）由题意知，即，①
当时，由①式可得；
又时，有，
代入①式得，
整理得，
∴是首项为1，公差为1的等差数列．
（2）由（1）可得，
∵是各项都为正数，∴，
∴，
又，
∴，
则，

，
即：.
∴的前100项和．
本题考查数列递推关系的应用，通项公式的求法以及裂项相消法求和，考查分析解题能力和计算能力.
20．（1）极小值点为，极小值为，无极大值；（2）证明见解析
【解析】
先对函数求导，结合已知及导数的几何意义可求，结合单调性即可求解函数的极值点及极值；令，问题可转化为求解函数的最值，结合导数可求．
【详解】
（1）由题得函数的定义域为.

，由已知得，解得
∴，
令，得
令，得，∴在上单调递增.
令，得∴在上单调递减
∴的极小值点为，极小值为，无极大值.
（2）证明：由（1）知，∴，
令，
即

∵，， ∴恒成立.
∴在上单调递增
又，∴在上恒成立
∴在上恒成立
∴， 即
∴
本题考查了利用导数研究函数的极值问题，考查利用导数证明不等式，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于中档题．
21．（1）;（2）．
【解析】
试题分析：（1）利用已知及平面向量数量积运算可得，利用正弦定理可得，结合，可求，从而可求的值；（2）由三角形的面积可解得，利用余弦定理可得，故可得.
试题解析：（1）∵，，，
∴，
∴，
即 ，又∵，∴，
又∵，∴．
（2）∵，∴，
又，即，∴，
故．
22．（Ⅰ）；（Ⅱ）
【解析】
（Ⅰ）设点的坐标,表达出直线的斜率之积,再根据三点均在椭圆上,根据椭圆的方程代入斜率之积的表达式列式求解即可.
（Ⅱ）设直线的方程为,根据直线的斜率之积为可得,再联立直线与椭圆的方程,表达出面积公式,再换元利用基本不等式求解即可.
【详解】
（Ⅰ）设,,则,
又,,故,即,
故,又,故.
故椭圆的标准方程为.
（Ⅱ）设直线的方程为,,
由 ,故,
又,故,因为处的切线相互垂直故.
故直线的方程为.
联立
故.
故,代入韦达定理有
设,则.当且仅当时取等号.
故的面积的最大值为.
本题主要考查了根据椭圆上的点坐标满足的关系式求解椭圆基本量求方程的方法,同时也考查了抛物线的切线问题以及椭圆中面积的最值问题,需要根据导数的几何意义求切线斜率,再换元利用基本不等式求解.属于难题.