2025年高考数学二轮复习测试卷（北京专用）（教师版）

2025年高考数学二轮复习测试卷（北京专用）(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：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，选出符合题目要求的一项。1．已知集合，则（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】，解得，或，所以.故选：B.2．复数的共轭复数是（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】由，的共轭复数是.故选：A.3．已知向量，则（

）A．“”是“”的充分条件B．“”是“”的充分条件C．“”是“”的必要条件D．“”是“”的必要条件【答案】B【解析】因为，若，则，解得，故“”是“”的既不充分也不必要条件，故A错误；所以“”是“”的既不充分也不必要条件，故D错误；若，则，解得或，所以“”是“”的充分条件，故B正确；“”是“”的充分不必要条件，故C错误；故选：B4．已知等比数列，满足，，成等差数列，且，则数列的公比为（

）A． B． C．2 D．3【答案】C【解析】设公比为，由，，成等差数列，可得：，即，解得：或，当时，，不符合，当时，满足，所以故选：C．5．已知为定义在上的函数，，且为奇函数，则（

）A．4 B．2 C．0 D．2【答案】A【解析】因为为奇函数，所以，令，得，所以.故选：A.6．如图，圆O与x轴的正半轴的交点为A，点C，B在圆O上，且点C位于第一象限，点B的坐标为，．若，则的值为（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】，，圆的半径为1．根据三角函数的定义，易得，，又，为等边三角形，则，且为锐角，．故选：A．7．正四棱四中，，二面角的大小为，则该四棱锥的体积为（

）A．4 B．2 C． D．【答案】D【解析】连接，相交于点，则为正方形的中心，故⊥底面，取的中点，连接，则，，故为二面角的平面角，所以，故，所以该四棱锥的体积为.故选：D8．把物体放在冷空气中冷却，如果物体原来的温度是，空气的温度是，那么后物体的温度（单位：）可由公式求得，其中k是一个随着物体与空气的接触状况而定的正常数．现有的物体，放在的空气中冷却．1min后物体的温度是，那么该物体的温度降至还需要冷却的时间约为（参考数据：）（

）A．2.9min B．3.4minC．3.9min D．4.4min【答案】D【解析】依题意，由的物体，放在的空气中冷却，后物体的温度是，得，解得，该物体的温度降至需要冷却的时间为，则，于是，两边取对数得，所以该物体的温度降至还需要冷却的时间约为.故选：D9．已知直线过定点A，过定点B，与交于点P（异于A，B两点），则的面积的最大值是（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】将直线变形为：，知过定点，将直线变形为：，知过定点，当时，，，此时，当时，，，此时，当且时，两直线的斜率乘积知：此时，因为，由直径所对的圆周角为知，点在以线段为直径的圆上（不含、两点），所以点到线段的距离即为的高，设为，易知，因为，所以所以，即的面积的最大值是,故选：D10．正方体的棱长为1，动点在线段上，动点在平面上，且平面.线段长度的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】以为坐标原点，以分别为轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设，，则，则，因为平面，所以，即，解得，所以，所以，又，所以当时，即是的中点时，取得最小值，当或，即与点或重合时，取得最大值，所以线段长度的取值范围为.故选：C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．的展开式中含的项的系数为．【答案】【解析】展开式的通项为，令，得，所以展开式中含的项的系数为.故答案为：-16012．已知函数，若，则的一个取值为．【答案】（答案不唯一）【解析】，，即，解得，，，.的一个取值为.故答案为：（答案不唯一）.13．北京中轴线是世界城市建设历史上最杰出的城市设计范例之一．其中钟鼓楼､万宁桥､景山､故宫､端门､天安门､外金水桥､天安门广场及建筑群､正阳门､中轴线南段道路遗存､永定门，依次是自北向南位列轴线中央相邻的11个重要建筑及遗存．某同学欲从这11个重要建筑及遗存中随机选取相邻的3个游览，则选取的3个中一定有故宫的概率为．【答案】【解析】设11个重要建筑依次为，其中故宫为，从这11个重要建筑及遗存中随机选取相邻的3个有：，，共9种情况，其中选取的3个中一定有故宫的有：共3种，所以其概率.故答案为：.14．已知为偶函数，当时，（1）；（2）不等式的解集为.【答案】/0.75【解析】由题意可知.当时，，解或，则，当，，解，则，故当，则，由是偶函数，当时，，则由，则或解得或故答案为：；15．设与是两个不同的无穷数列，且都不是常数列.记集合，给出下列4个结论：①若与均为等差数列，则M中最多有1个元素；②若与均为等比数列，则M中最多有2个元素；③若为等差数列，为等比数列，则M中最多有3个元素；④若为递增数列，为递减数列，则M中最多有1个元素.其中正确结论的序号是.【答案】①③④【解析】对于①，因为均为等差数列，故它们的散点图分布在直线上，而两条直线至多有一个公共点，故中至多一个元素，故①正确.对于②，取则均为等比数列，但当为偶数时，有，此时中有无穷多个元素，故②错误.对于③，设，，若中至少四个元素，则关于的方程至少有4个不同的正数解，若，则由和的散点图可得关于的方程至多有两个不同的解，矛盾；若，考虑关于的方程奇数解的个数和偶数解的个数，当有偶数解，此方程即为，方程至多有两个偶数解，且有两个偶数解时，否则，因单调性相反，方程至多一个偶数解，当有奇数解，此方程即为，方程至多有两个奇数解，且有两个奇数解时即否则，因单调性相反，方程至多一个奇数解，因为，不可能同时成立，故不可能有4个不同的整数解，即M中最多有3个元素，故③正确.对于④，因为为递增数列，为递减数列，前者散点图呈上升趋势，后者的散点图呈下降趋势，两者至多一个交点，故④正确.故答案为：①③④.三、解答题：本题共6小题，共85分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。16．（13分）在中，内角的对边分别为，为钝角，，，(1)求；(2)若，求的面积.【解析】（1）由题意得，因为为钝角，则，则，则，解得，因为为钝角，则.（2）法一：因为，所以，所以，在中，由余弦定理可得，所以，所以，解得或（舍去），所以.法2：因为，所以，所以，在中，由正弦定理得，即，解得，因为为三角形内角，则，则，则.17．（13分）如图，四棱柱的底面是边长为2的正方形，，侧面底面，E是棱BC上一点，平面.(1)求证：是的中点；(2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个条件作为已知，使四棱柱唯一确定，（i）求二面角的余弦值；（ii）设直线与平面的交点为P，求的值.条件①：；条件②：；条件③：.注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0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.【解析】（1）连接交于，连接，因为平面，平面，平面平面，所以，又因为四边形是平行四边形，所以是的中点，所以是的中点；（2）（i）选择条件①：因为底面是正方形，所以，侧面平面，且侧面平面，平面，故平面，又平面，则，即四边形为矩形，因为，则，与选择条件①：等价，故条件不能进一步确定的夹角大小，故二面角不能确定；选择条件②：连结，因为底面是正方形，所以，又因为侧面平面，且侧面平面，平面，所以平面，又平面，所以，在中，因为，，所以，在中，因为，，所以，又平面，所以平面，又，所以如图建立空间直角坐标系，其中，，，，且，，易知为平面的一个法向量，设为平面面的一个法向量，则，即.不妨设，则，可得，所以，因为二面角的平面角是钝角，设为，故，所以二面角的余弦值为.选择条件③：因为底面是正方形，所以，因为，且平面，所以平面，因为平面，所以，因为侧面平面，且侧面平面，平面，所以平面，又，所以如图建立空间直角坐标系，（下面同选择条件②）.（ii）设，又，，则，所以，所以，因为平面，所以，所以，解得，所以.18．（14分）为了解某中学高一年级学生身体素质情况，对高一年级的1班~8班进行了抽测，采取如下方式抽样：每班随机各抽10名学生进行身体素质监测.经统计，每班10名学生中身体素质监测成绩达到优秀的人数散点图如下（x轴表示对应的班号，y轴表示对应的优秀人数）：

(1)若用散点图预测高一年级学生身体素质情况，从高一年级学生中任意抽测1人，试估计该生身体素质监测成绩达到优秀的概率；(2)若从高一2班抽测的10人中随机抽取1人，从高一5班抽测的10人中随机抽取1人，设X表示这2人中身体素质监测成绩达到优秀的人数，求X的分布列和数学期望；(3)假设每个班学生身体素质优秀的概率与该班随机抽到的10名学生的身体素质优秀率相等.现在从每班中分别随机抽取1名同学，用“”表示第k班抽到的这名同学身体素质优秀，“”表示第k班抽到的这名同学身体素质不是优秀.直接写出方差，，，的大小关系（无需过程）.【解析】（1）依题意，从高一年级的（1）班~（8）班抽测共80人，其中身体素质监测成绩达到优秀的共有，所以估计该生身体素质监测成绩达到优秀的概率为.（2）依题意，高一2班抽测的10人中优秀的有6人，高一5班抽测的10人中优秀的有7人，则可取，，，，则的分布列为：012的数学期望.（3）依题意，，服从两点分布，则，，服从两点分布，则，，服从两点分布，则，，服从两点分布，则，所以.19．（15分）已知椭圆的右焦点为，左､右顶点分别为，.(1)求椭圆的方程；(2)设是坐标原点，是椭圆上不同的两点，且关于轴对称，分别为线段的中点，直线与椭圆交于另一点.证明：三点共线.【解析】（1）由题意，所以，所以椭圆的方程为.（2）由题意不妨设，其中，即，则，且直线的方程为，将其与椭圆方程联立得，消去并化简整理得，由韦达定理有，所以，，即点，而，，所以三点共线.20．（15分）已知函数.(1)求曲线在点处的切线方程；(2)若的极大值为，求的值；(3)当时，若，，使得，求的取值范围.【解析】（1）由，可得，则切线的斜率，又，则切点为，故切线方程为；（2）由，因，令，可得或.①当，即时，由f'x>0，可得或；由f'x<0，可得故函数在和上单调递增，在上单调递减，故的极大值为，不合题意；②当，即时，f'x≥0，即函数在上单调递增，无极大值；③当，即时，由f'x>0，可得或；由f'x<0，可得故函数在和上单调递增，在上单调递减，故的极大值为，解得，符合题意.综上所述，；（3）由题意可知，当时，在上的值域是在上的值域的子集.由（2）已知，函数在和上单调递增，在上单调递减，且当时，；当时，.①当，即时，当时，单调递增，，又因当时，，因，则当时，，使得；②当，即时，当时，单调递增，，当时，，若满足题意，只需，即；③当，即时，当时，在上单调递减，在上单调递增，所以函数的最小值为，即，又因为时，，若满足题意，只需，即，因，故，所以无解，即不合题意.综上，实数的取值范围为.21．（15分）给定正整数，已知项数为且无重复项的数对序列满足如下三个性质：①，且；②；③与不同时在数对序列A中．(1)当时，写出所有满足的数对序列A；(2)当时，证明：；(3)当为奇数时，记的最大值为，求．【解析】（1）依题意，当时，有或；（2）当时，因与不同时在数对序列中，故，即每个数至多出现5