精品解析：河北省昌黎第一中学2025届高三下学期二轮复习收官检测数学试题

2025年全国高考冲刺压轴卷（三） 数学 注意事项： 1．本卷满分150分，考试时间120分钟.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交. 一、选择题：本题共8小题，每小题5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. 已知复数，其中，则（ ） A. 2 B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据共轭复数的概念，利用复数的乘、除法运算求出复数，结合复数的几何意义计算即可求解. 【详解】由，则， 所以， 所以. 故选：B. 2. 已知集合，若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出，再由可得，解不等式即可得出答案. 【详解】由题意知，所以，解得：， 由可得：，解得：， 所以， 又，所以，所以解得， 即的取值范围是. 故选：A. 3. 已知平面向量满足，且向量在向量上的投影向量为，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由投影向量的定义求出，再由向量的模长公式求解即可. 【详解】因为向量在向量上的投影向量为， 所以，所以，又， 所以，所以. 故选：C. 4. 已知，则的值为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由两角和与差的正、余弦公式化简可得，再由同角三角函数的基本关系和两角和的正切公式可求出，两式联立即可得出答案. 【详解】因为， 所以，分子分母同时除以，得①， 由于，所以所以, 所以，所以， 即，分子分母同时除以得， ， 代入①得：，解得. 故选：D. 5. 已知圆过点，且圆心在轴的正半轴上，直线被圆所截得的弦长为，则过圆心且与直线垂直的直线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设出圆心坐标为，根据弦长利用勾股定理列方程求解，由两直线垂直斜率的关系求出与直线垂直的直线的斜率即可写出其点斜式方程. 【详解】设圆心坐标为，则圆的半径为， 由题意知：，解得或（舍）， 所以过圆心且与直线垂直的直线的方程为，即. 故选：C 6. 在四棱柱中，平面，四边形是平行四边形，且，以为球心，半径为2的球面与侧面的交线的长度为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】取，连接，可证平面，从而可得交线为以为圆心，半径为1的一段圆弧，最后由弧长公式可求交线的长度. 【详解】如图，取，连接， 因为在四棱柱中，平面， 可得四棱柱的四个侧面均为矩形，所以， 因为，所以以为球心，半径为2的球面与直线相切. 在四棱柱-中，底面为平行四边形，， 根据余弦定理可得，， 所以，故，故， 因为平面平面，所以， 而平面，所以平面， 而平面，故， 故， 所以和是球面与侧面的相交轨迹上的其中两个交点， 所以点和在以为圆心，半径为1的圆上，因为， 所以的长度为， 所以球面与侧面的交线为，且交线的长度为. 故选：A. 7. 已知双曲线的左､右焦点分别为，点是的渐近线上的一点，且，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由知，则，利用双曲线渐近线的斜率和二倍角的正切公式列方程求出，进而求得离心率. 【详解】的渐近线方程为，因为为的中点， 所以，所以， 又， 所以，即， 所以 故选：C. 8. 已知函数，若，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先判断函数的奇偶性，再分析其在时的单调性，同时分析函数的单调性，进而比较自变量的大小，最后根据的单调性得出函数值的大小关系． 【详解】因为，所以为偶函数， 当时，则，所以. 令，则， 令，解得；令0，解得， 所以在上单调递减，在上单调递增，可得，即在上恒成立，故在上单调递增. 令，则，所以当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增， 又，所以，即， 所以，所以，即. 故选：D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，则下列说法正确的是（ ） A. 展开式的各项系数之和为4096 B. 展开式中含项的系数为45 C. 展开式中存在常数项 D. 展开式中第6项的系数最大 【答案】BCD 【解析】 【分析】依题意得，求出，令，求出各项系数之和，判断A；求出通项，令，判断B；令，求出，判断C；展开式共有11项，中间项的二项式系数最大，即第6项的系数最大，判断D. 【详解】由二项式的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，得，解得， 令，得，即展开式的各项系数之和为1024，故A错误； 由通项，令，解得， 所以展开式中含项的系数为，故B正确； 若展开式中存在常数项，令，解得，故C正确； 由可知展开式共有11项，中间项的二项式系数最大，即第6项的系数最大，故D正确. 故选：BCD. 10. 已知函数，则（ ） A. 的一个周期是 B. 的图象关于直线对称 C. 的最大值为 D. 在区间上单调递减 【答案】AC 【解析】 【分析】根据三角函数的诱导公式来判断函数的周期和对称性，根据三角函数的值域来求函数的最值，通过计算函数在特定点的值来比较大小． 【详解】对于A，因为， 所以的一个周期是，故A正确； 对于B，因为，故B错误； 对于C，因为，所以的最大值为， 当时，，取得最大值，所以的最大值为，故C正确； 对于D，因为，， 所以，故D错误. 故选：AC. 11. 在平面直角坐标系中，抛物线的焦点为，过点的直线与交于两点，点满足，且直线与轴平行，直线与轴交于点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 若，则直线的斜率为或 C. 若为的准线上任意一点，则直线的斜率成等差数列 D. 点到直线的距离为 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项，联立直线方程和抛物线方程，利用韦达定理及向量数量积的坐标运算进行求解；B选项，由得，结合韦达定理求出，，代入求出t即可求得直线l的斜率；C选项，设，分别写出直线的斜率，代入并利用韦达定理进行化简验证其等于零即可判断；D选项，由知，从而，代入的表达式化简即可. 【详解】由题意知，显然直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为，， 由得，所以， 则，所以，故A正确； 因为，所以，所以，又，解得或，所以或，即直线的斜率为或，故B错误； 设，则， 所以 ， 即，则直线的斜率成等差数列，故C正确； 如图所示，过点作，垂足为，又，所以，又， 所以，所以，故D正确. 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，函数是奇函数，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用奇函数性质由可得，再由计算可得，经检验满足题意可得结果. 【详解】由题意知函数的定义域为， 又是奇函数，所以，即，解得， 所以， 又，所以， 又，解得， 此时， 所以，满足题意， 所以. 故答案为： 13. 已知，且，则的最小值是__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用代换1法来，结合基本不等式，即可求解. 【详解】设，由对应系数相等得， 解得 所以，整理得， 即， 所以 ， 当且仅当，即时等号成立， 所以的最小值是. 故答案为：. 14. 在锐角中，内角的对边分别为，则周长的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】先利用正弦定理化简题干信息得出，再利用锐角三角形即可求解角范围，再利用正弦定理求出，得出关于角的函数，最后求该函数的值域即可. 【详解】由正弦定理，得， 所以，所以， 又为锐角三角形，所以， 又，解得， 又， 所以，， 所以 ， 又，且， 所以， 则.， 故周长的取值范围是. 故答案为： 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 某幼儿园组织游戏活动，规则是学生从盒子中有放回地摸球且每次只能摸取个球，每次摸球结果相互独立，盒中有分和分的球若干，摸到分球的概率为，摸到分球的概率为. （1）若小胡同学摸球次，记随机变量为小胡同学的总得分，求的分布列与期望； （2）学生甲、乙各摸次球，最终得分若相同，则都不获得奖励；若不同，则得分多者获得奖励.已知甲前次摸球得了分，求乙获得奖励的概率. 【答案】（1） 3 4 5 6 . （2） 【解析】 【分析】（1）依题得到的取值，求出对应的概率，列出分布列，求得均值； （2）记“甲最终得分为分”，“乙获得奖励”，求得 和，以及和，利用全概率公式计算即可得到. 【小问1详解】 的所有可能取值为， 所以 ， 所以的分布列为： 3 4 5 6 所以. 【小问2详解】 记“甲最终得分为分”，“乙获得奖励”， 所以，. 当甲最终得6分时，乙获得奖励需要最终得7分或8分，则； 当甲最终得7分时，乙获得奖励需要最终得8分，则， 所以 即乙获得奖励的概率为. 16. 如图，在多面体中，四边形是正方形，，，平面平面，点是棱上的一点，且. （1）求证：； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明：因为，所以. 因为，由余弦定理得， 解得. 因为，所以， 因为，所以. 因为平面平面，平面平面平面， 所以平面. 又平面，所以， 连接，在正方形中，，又平面， 所以平面. 又平面，所以. （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理和勾股定理证明线线垂直，再结合已知的面面垂直，从可证明线面垂直和线线垂直； （2）利用空间垂直关系建立空间直角坐标系，再利用空间向量的运算即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知两两垂直，以为坐标原点，， 所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示. 所以. 设平面的一个法向量为，又，， 所以，令，解得， 所以平面的一个法向量为. 设平面的一个法向量为，又， ，所以，令， 解得，所以平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为，所以， 即平面与平面夹角的余弦值为. 17. 已知数列的前项和为，且数列是等差数列. （1）求的通项公式； （2）设，试问是否存在正整数（其中），使得成等比数列？若存在，求出所有满足条件的数组；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）存在， 【解析】 【分析】（1）由题可得是以2为首项，1为公差的等差数列，求出，当时求出，判断是否符合即可求解； （2）求出，根据成等比数列得到方程，判断正整数数组是否符合题意，证明当时数列单调递减即可求解. 【小问1详解】 因为， 所以是以2为首项，1为公差的等差数列， 所以， 所以， 当时，， 又符合， 所以的通项公式为； 【小问2详解】 由（1）知， 由题意成等比数列得，又， 又， 则， 所以 当时，左边，右边，上式成立， 所以正整数数组满足题意， 由，当时， 所以当时数列单调递减， 则， 而，故当时（*）方程无正整数解， 综上，存在唯一的正整数数组满足题意. 18. 已知椭圆的离心率为，且过点. （1）求的方程； （2）已知为坐标原点，直线与交于两点. ①若的面积为2，求直线的方程； ②记外接圆的圆心为，平面上是否存在两定点，使得为定值？若存在，求出两定点的坐标和定值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）①或；②存在，或，. 【解析】 【分析】（1）依据离心率以及经过点的坐标，联立方程组计算可得标准方程； （2）①联立直线和椭圆方程利用韦达定理以及弦长公式，由三角形面积为2解方程可求得结果； ②求出的中垂线方程并联立求出，再由中垂线方程可得，因此可知圆心在双曲线上，可得两定点坐标. 【小问1详解】 由题意知；解得， 所以的方程为. 【小问2详解】 设，如下图所示： 联立得， 则. ①所以 又点到直线的距离， 所以的面积， 解得或，即直线的方程为或. ②所以的中垂线方程为：，即 同理可得的中垂线方程为： 由两式可得. 所以外接圆圆心的横坐标， 其中， ， 所以 又的中垂线方程为，即， 所以圆心的纵坐标为， 所以， 即圆心在双曲线上， 易知双曲线两焦点为， 由双曲线定义可知存在定点或满足题意； 所以存在定点或，使得. 19. 定义函数. （1）求曲线在处的切线斜率； （2）若对任意的恒成立，求的取值范围； （3）讨论函数的零点个数，并判断是否有最小值.若有最小值，证明：；若没有最小值，请说明理由. 【答案】（1） （2） （3）有，证明：由，所以， 当时，， 因此当时，， 此时所以，所以单调递减. 此时显然有唯一零点，无最小值. 当时， ， 且当时， ， 由此可知此时不存在最小值. 从而当时，有唯一零点，无最小值； 当时，即当为偶数时，， 此时由，解得；由，解得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 故的最小值为， 即，所以当时，没有零点. 由（2）知当时，对任意的恒成立，当且仅当时等号成立，所以，令，可得， 当时， ， 即. 从而当为偶数时，没有零点，存在最小值，且. 综上所述，当时，有唯一零点，无最小值； 当时，没有零点，存在最小值，且. 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可； （2）通过参变分离以及求解函数的最值得出结果； （3）分成为奇数，为偶数两种情况，并借助导数和不等式放缩，分别讨论函数的零点个数及最值. 【小问1详解】 由， 可得， 所以曲线在处的切线斜率为. 【小问2详解】 由题意知，易得在上单调递增， 当，即时，，所以在上单调递增， 所以，符合题意； 当，即时，令，解得，所以当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以当0时，，不符合题意. 综上，的取值范围是. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年全国高考冲刺压轴卷（三） 数学 注意事项： 1．本卷满分150分，考试时间120分钟.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交. 一、选择题：本题共8小题，每小题5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. 已知复数，其中，则（ ） A. 2 B. C. 1 D. 2. 已知集合，若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 3. 已知平面向量满足，且向量在向量上的投影向量为，则的值为（ ） A. B. C. D. 4. 已知，则的值为（ ） A. 2 B. C. D. 5. 已知圆过点，且圆心在轴的正半轴上，直线被圆所截得的弦长为，则过圆心且与直线垂直的直线的方程为（ ） A. B. C. D. 6. 在四棱柱中，平面，四边形是平行四边形，且，以为球心，半径为2的球面与侧面的交线的长度为（ ） A. B. C. D. 7. 已知双曲线的左､右焦点分别为，点是的渐近线上的一点，且，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，则下列说法正确的是（ ） A. 展开式的各项系数之和为4096 B. 展开式中含项的系数为45 C. 展开式中存在常数项 D. 展开式中第6项的系数最大 10. 已知函数，则（ ） A. 的一个周期是 B. 的图象关于直线对称 C. 的最大值为 D. 在区间上单调递减 11. 在平面直角坐标系中，抛物线的焦点为，过点的直线与交于两点，点满足，且直线与轴平行，直线与轴交于点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 若，则直线的斜率为或 C. 若为的准线上任意一点，则直线的斜率成等差数列 D. 点到直线的距离为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，函数是奇函数，则__________. 13. 已知，且，则的最小值是__________. 14. 在锐角中，内角的对边分别为，则周长的取值范围是__________. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 某幼儿园组织游戏活动，规则是学生从盒子中有放回地摸球且每次只能摸取个球，每次摸球结果相互独立，盒中有分和分的球若干，摸到分球的概率为，摸到分球的概率为. （1）若小胡同学摸球次，记随机变量为小胡同学的总得分，求的分布列与期望； （2）学生甲、乙各摸次球，最终得分若相同，则都不获得奖励；若不同，则得分多者获得奖励.已知甲前次摸球得了分，求乙获得奖励的概率. 16. 如图，在多面体中，四边形是正方形，，，平面平面，点是棱上的一点，且. （1）求证：； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 17. 已知数列的前项和为，且数列是等差数列. （1）求的通项公式； （2）设，试问是否存在正整数（其中），使得成等比数列？若存在，求出所有满足条件的数组；若不存在，请说明理由. 18. 已知椭圆的离心率为，且过点. （1）求的方程； （2）已知为坐标原点，直线与交于两点. ①若的面积为2，求直线的方程； ②记外接圆的圆心为，平面上是否存在两定点，使得为定值？若存在，求出两定点的坐标和定值；若不存在，请说明理由. 19. 定义函数. （1）求曲线在处的切线斜率； （2）若对任意的恒成立，求的取值范围； （3）讨论函数的零点个数，并判断是否有最小值.若有最小值，证明：；若没有最小值，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $