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2025届高考数学二轮复习收官检测卷 新课标Ⅱ卷（二）
【满分：150分】
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，则的虚部为( )
A. B. C. D.
2.已知集合，，则( )
A. B.
C. D.
3.若，，，则a，b，c的大小关系为( )
A. B. C. D.
4.已知为第一象限角，，，则( )
A. B. C. D.
5.已知点是球O表面上一点，圆锥的底面圆的圆周都在球O的表面上，若圆锥的母线长与高之比为，则球O的表面积与圆锥的侧面积的比值为( )
A. B. C. D.
6.的展开式中的常数项为( )
A.60 B.4 C. D.
7.已知，是函数（，）的两个零点，且的最小值为，若将函数的图象向左平移个单位长度后得到的图象关于原点对称，则的最大值为( )
A. B. C. D.
8.已知E为平行四边形ABCD的边CD的中点，以B，E为焦点的椭圆过点A，D，且，则椭圆的离心率为( )
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.现有甲、乙两家检测机构对某品牌的一款智能手机进行拆解测评，具体打分如下表（满分100分）.设事件M表示“从甲机构测评分数中任取3个，至多1个超过平均分”，事件N表示“从甲机构测评分数中任取3个，恰有2个超过平均分”.下列说法正确的是( )
机构名称 甲 乙
分数 90 98 90 92 95 93 95 92 91 94
A.甲机构测评分数的平均分小于乙机构测评分数的平均分
B.甲机构测评分数的方差大于乙机构测评分数的方差
C.乙机构测评分数的第一四分位数为91.5
D.事件M，N互为对立事件
10.已知函数，则下列结论正确的是( )
A.有两个极值点
B.有两个零点
C.若，则
D.若方程有两个根，则
11.已知O为坐标原点，抛物线，E的焦点为F，直线l与E交于A，B两点，且AB的中点到x轴的距离为2，则下列结论正确的是( )
A.
B.A，B到抛物线E的距离之和为6
C.若，则直线AB的方程为
D.若，则面积的最小值为16
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12.已知平面向量，，若，则__________.
13.已知函数，若曲线在点处的切线过坐标原点，则实数a的值为___________.
14.某次乒乓球比赛的规则为：双方轮流发球，每人发一个球后交换发球权，先得11分的一方获胜，同时规定，双方比分达到（未达到时）后，先多得2分的一方获胜，双方比分达到后，先多得1分的一方获胜.甲、乙两人进行比赛，比分达到，下一次由甲发球，用X表示结束比赛还需要发球的次数，已知甲、乙两人比赛时发球方得分的概率均为，则___________.
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.（13分）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.
（1）求证：；
（2）若，，求的面积.
16.（15分）如图，平行六面体中，底面ABCD是边长为2的正方形，平面平面，，M，N分别为，的中点.
（1）判断MN与平面的位置关系，并给予证明；
（2）求平面AMN与平面所成二面角的正弦值.
17.（15分）已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若函数，且有两个极值点，（），求证：.（参考数据：，）
18.（17分）已知双曲线（，）过点，且M到直线的距离为.
（1）求双曲线C的标准方程.
（2）C的左、右焦点分别为，，若过的直线与C交于A，B两点，直线与l交于点P.
（ⅰ）证明：直线BP过定点；
（ⅱ）当A，B两点均在C的左支上时，直线与l交于点Q，直线BP与直线AQ交于点D，求的面积的最小值.
19.（17分）已知数列的前n项积为.定义：若存在，使得对任意的，恒成立，则称数列为“k数列”.
（1）若，且为“2数列”，求.
（2）若，且为“k数列”，的前n项的平方和为，数列是各项均为正数的等比数列，满足，求k的值和的通项公式.
（3）若，，且为“k数列”，的前n项和为，证明：.
答案以及解析
1.答案：A
解析：依题意，，则，所以的虚部为.故选A.
2.答案：B
解析：因为或，则，又，所以.故选B.
3.答案：A
解析：因为，而，则，又，即，即，所以.故选A.
4.答案：A
解析：因为为第一象限角，，所以，所以，又，所以
，故选A.
5.答案：D
解析：设球O的半径为R，圆锥的底面半径为r，高为h，由圆锥的母线长与高之比为，得，所以，由，得.
所以球O的表面积与圆锥的侧面积的比值为，故选D.
6.答案：C
解析：的展开式的通项，且，令，得，所以；令，得，所以.所以的展开式中的常数项为.故选C.
7.答案：A
解析：由题意知函数的最小正周期，则，得，所以.将函数的图象向左平移个单位长度后，得到的图象，要使该图象关于原点对称，则，，所以，，又，所以当时，取得最大值，最大值为.故选A.
8.答案：D
解析：因为E为平行四边形ABCD的边CD的中点，所以，
所以，所以.
连接AE，由椭圆的定义可知，，.
如图，设，则，故，在中，.在中，.
在平行四边形ABCD中，，所以，
所以，则，整理得，所以椭圆的离心率为，故选D.
9.答案：BD
解析：，，即甲机构与乙机构测评分数的平均分相等，故选项A错误；，，即甲机构测评分数的方差大于乙机构测评分数的方差，所以选项B正确；将乙机构测评分数从小到大排列为91，92，93，94，95，因为，所以第一四分位数为92，故选项C错误；因为甲机构测评分数中共有2个超过平均分，所以事件M与事件N互为对立事件，所以选项D正确.综上，选BD.
10.答案：AC
解析：选项A：由，得.令，得，两边取自然对数，得.
设，则，当时，，单调递减，且，当时，，单调递增，且，所以函数有两个零点，即方程有两根，所以有两个极值点，A正确.
选项B：由选项A可知，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，又当时，，，，所以可作出函数的大致图象如图所示，
显然只有一个零点，B错误.
选项C：由选项B可知在上单调递增，又当时，，则，C正确.
选项D：根据选项B中函数的大致图象可知，要使方程有两个根，则需或，D错误.
11.答案：BCD
解析：抛物线E的标准方程为，所以，故A错误.设AB的中点为M，分别过A，B，M作准线的垂线，垂足分别为C，D，N，因为M到x轴的距离为2，所以，所以A，B到准线的距离之和为，故B正确.由，得直线AB过点，且直线的斜率存在，设直线AB的方程为，由得，，.由于，所以，所以，解得，，所以，直线AB的方程为，故C正确.设，，由，得，又所以，由题知，所以，又，故直线AB的方程为，即，故直线AB恒过定点，所以，即面积的最小值为16，故D正确.
12.答案：
解析：，，，，.
13.答案：
解析：因为，所以.又，所以曲线在点处的切线方程为.又该切线过坐标原点，所以，即，解得.
14.答案：
解析：由题意知X的所有可能取值为2，4，5.当时，甲的胜负情况为“胜胜”或“负负”，故.
当时，甲的胜负情况为“胜负胜胜”“胜负负负”“负胜胜胜”或“负胜负负”，
故.
则.
15.答案：（1）证明见解析
（2）
解析：（1）在中，由余弦定理得，
即，整理得，
由正弦定理得，整理得，
所以.
（2）由（1）知，，
由余弦定理得，即，解得，，
所以的面积为.
16.答案：（1）平面，证明见解析
（2）
解析：（1）平面.
证明过程如下：
解法一：如图，取的中点E，连接EN交于点F，连接，易知，，F为EN的中点，
所以，，
所以四边形是平行四边形，
所以.
又平面，平面，
所以平面.
解法二：取的中点T，连接MT，NT，
因为N是AD的中点，所以，
又平面，平面，
所以平面.
因为M，T分别为，的中点，
所以，，
所以四边形是平行四边形，
所以，
又平面，平面，
所以平面.
又，平面，平面MNT，
所以平面平面.
又平面MNT，所以平面.
（2）连接，因为，N为AD的中点，
所以.
又平面平面ABCD，平面平面，平面，
所以平面ABCD.
以N为坐标原点，，所在直线分别为y轴，z轴，过点N且平行于AB的直线为x轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
则，，，.
设平面的法向量为，
则，即，
令，则.
设平面AMN的法向量为，
则，即，
令，则.
设平面AMN与平面所成二面角的大小为，
则，
所以，
所以平面AMN与平面所成二面角的正弦值为.
17.答案：（1）当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减
（2）证明见解析
解析：（1）由可得的定义域为R，.
当时，恒成立，单调递增；
当时，由可得，
当时，，故在上单调递增，
当时，，故在上单调递减.
综上，当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）由，
可得.
①当时，由可得，则只有一个极值点，不符合题意.
②当时，由可得，，与矛盾.
③当时，由可得，，符合条件，
则，
，
则.
设，
则，
设，则，
故在上单调递增，
而，，
所以存在唯一的零点，且，
由可得.
当时，，即，单调递减；
当时，，即，单调递增.
所以的最小值为
.
所以.
18.答案：（1）
（2）（ⅰ）证明见解析
（ⅱ）
解析：（1）因为，且点M到直线l的距离为，
所以，则，所以，
由题意可知，
将代入上式，得，解得，则，
故双曲线C的标准方程为.
（2）（ⅰ）由（1）可知，，，.
当直线AB与x轴不重合时，设其方程为，，，
联立方程，得，消去x，化简整理得，
则，，.
易知直线的方程为，
令，得到点P的坐标为，
所以直线BP的方程为.
令，得到直线BP与x轴的交点横坐标
，
所以直线BP过定点.
当直线AB与x轴重合时，直线BP与x轴重合，所以直线BP过定点.
综上，直线BP过定点.
（ⅱ）由（ⅰ）可知，直线BP过定点，同理可知，直线AQ也过定点，
因为直线BP与直线AQ交于点D，所以.
因为A，B两点均在C的左支上，所以或或，所以，
.
令，则，，
易知函数在上单调递增，
所以当时，，
故的面积的最小值为.
19.答案：（1）257
（2）；数列的通项公式为
（3）证明见解析
解析：（1）由，且为“2数列”，得，即，
则，
，
，
.
（2）设数列的公比为，
由，得，
即，
则.
两式相减得，
即.
因为是首项为2的“k数列”，所以，
即，
所以，
即对任意的恒成立.
因为，，
则，
即，
解得，.
又由，即，得，所以.
检验可知符合要求，故数列的通项公式为.
（3）因为为“k数列”，所以，
即对任意的恒成立，
因为，，所以.
再结合，，，反复利用，
可得对任意的，.
设函数，则.
由，得.
当时，，所以在上单调递减.
所以当时，，即.
又，所以.
可得，，…，，
累加可得，
即，即，
所以.

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