2025届高考数学二轮复习收官检测卷 新课标Ⅱ卷（一）
【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z满足，则( )
A.2 B. C. D.
2.已知命题“，”是假命题，则实数m的取值范围为( )
A. B. C. D.
3.已知向量a，b满足，，，则( )
A.-2 B.-1 C.1 D.2
4.2024年度最具幸福感城市调查推选活动于9月16日正式启动，在100个地级及以上的候选城市名单中，成都市入选“幸福感指数”是指某个人主观地评价他对自己目前生活状态满意程度的指标，常用区间内的一个数来表示，该数越接近10表示满意度越高，现随机抽取10位成都市居民，他们的幸福感指数分别为4，5，6，7，7，7，8，8，9，9，则下列说法错误的是( )
A.该组数据的第60百分位数为7.5
B.该组数据的极差为5
C.该组数据的平均数为7.5
D.该组数据的中位数为7
5.已知椭圆的左、右焦点分别为，，离心率为，M是E上一点，且线段的中点N在y轴上，（O为坐标原点），则( )
A. B. C. D.1
6.使有唯一的解的k( )
A.不存在 B.有1个 C.有2个 D.有无穷多个
7.在三棱锥中，底面，，，，，则AD与平面BCD所成角的正弦值为( )
A. B. C. D.
8.已知函数，若时，恒有，则a的取值范围是( )
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.已知函数图象的一个对称中心是，且，则以下结论正确的是( )
A.的最小正周期为 B.为偶函数
C.在上的最小值为 D.若，则
10.已知抛物线的焦点为F，圆，圆C上存在动点P，过P作圆C的切线l，也与抛物线E相切于点Q，抛物线E上任意一点M到直线l与直线的距离分别为，.若点P的坐标为，则( )
A.
B.
C.的最小值为
D.圆C上的点到直线FQ的最大距离为
11.已知函数，则下列结论正确的是( )
A.是的极大值点 B.有3个零点
C.点为图象的对称中心 D.当时，
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12.已知等差数列，，则_____________.
13.已知，，则___________.
14.从0，2，4，6中任取2个数字，从1，3，5中任取2个数字，一共可以组成__________个没有重复数字的四位数的偶数.
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）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.
（1）求A.
（2）若的面积为，，求BC边上的高.
16.（15分）已知函数.
（1）当是的最大值时，求在处的切线方程；
（2）若不等式恒成立，求实数a的取值范围.
17.（15分）如图，在三棱柱中，四边形是正方形，，点P在线段上.
（1）若，证明：平面平面ABC；
（2）若在（1）的条件下，二面角的正弦值为，求AP.
18.（17分）2024年巴黎奥运会上，中国体育代表团获得40金27银24铜.某校为让学生了解更多有关奥运会的知识，举行了答题闯关活动，第一关有10道题，且每一题都要作答，每道题答对得5分，否则得0分；第二关有n道题，依次作答，每答对一题继续答下一题，一旦答错或题目答完则结束答题，每道题答对得10分，否则得0分.小军第一关每题答对的概率均为，第二关每题答对的概率均为，设小军第一关答题的总得分为X，第二关答题的总得分为Y.
（1）求X的数学期望；
（2）求Y的数学期望；
（3）若小军第二关的总得分Y的数学期望高于第一关的总得分X的数学期望，求n的最小值.（，）
19.（17分）已知点在椭圆上，，分别为的左、右顶点，，为上不同于，的两动点，的长半轴长的取值组成的数列满足以下性质：当直线的斜率与直线的斜率恒满足时，直线与x轴交于点.
（1）求椭圆的离心率.
（2）证明：数列是等比数列.
（3）定义：无穷等比递减数列的所有项之和为，其中为的首项，q为的公比，且.设O为坐标原点，，为凹四边形的面积，求的最大值.
答案以及解析
1.答案：D
解析：，，.故选D.
2.答案：A
解析：已知原命题为假命题，那么它的否定“，”为真命题.
对于一元二次函数，要使其对于任意实数x都大于等于0.
因为恒成立，所以，即，解得.故选A.
3.答案：C
解析：因为，又，，所以，即，故选C.
4.答案：C
解析：A选项：，因此该组数据的第60百分位数为，故A正确；
B选项：该组数据最大为9，最小为4，因此极差为，故B正确；
C选项：该组数据的平均数为，故C错误；
D选项：该组数据的中位数为第五个和第六个数据的平均值7，故D正确，故选C.
5.答案：A
解析：在y轴上，.是线段的中点，O是线段的中点，，，，，
.由题知，，，，.
6.答案：B
解析：令，则.设，则，所以为偶函数，则函数的图象关于y轴对称.由偶函数图象的对称性，知当的零点不为时，若有，必有，不满足的解的唯一性，所以只能是，即，解得.当时，.当时，；当时，.又为偶函数，所以时，有唯一的解.故满足题意，k只有一个.
7.答案：D
解析：作于E，连接DE，如图，
因为底面，底面ABC，故.又，，，平面BCD，故平面BCD，所以，与平面BCD所成角为，在中，，，，由余弦定理得，故，则.又，即，解得.因为底面，底面ABC，故，在中，，所以.故选D.
8.答案：B
解析：由，得，，因为函数，均在上单调递增，所以在上单调递增，所以当时，，所以在上单调递增，所以当时，.①当，即时，，所以在上单调递增，所以当时，，满足题意.②当，即时，，当时，，所以，使得，且当时，，在上单调递减，所以，与时，恒有矛盾，不满足题意.综上所述，a的取值范围是，故选B.
9.答案：BC
解析：因为点是函数图象的一个对称中心，所以，，解得，.又，所以，.函数的最小正周期，故A错误；
因为，定义域为R，又，所以函数为偶函数，故B正确；
当时，，所以，可得，所以在上的最小值为，故C正确；
当时，，当时，，单调递减，时，，单调递增，故D错误.
10.答案：BCD
解析：由题意，得圆心，则.因为直线l为圆C的切线，所以，所以，所以直线l的方程为，即.联立得方程组消去x并整理，得.因为直线l与抛物线E相切，所以，解得（舍去），则抛物线的方程为，，，所以，故A错误，B正确.
设点F到直线l的距离为d.因为，所以.因为点F到直线l的距离，所以，故C正确.
因为，所以直线FQ的方程为，即.因为圆心C到直线FQ的距离为，所以圆C上的点到直线FQ的最大距离为，故D正确.选BCD.
11.答案：BCD
解析：选项A：由，得，令，解得或，令，得或；令，得.所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，当时，取得极小值，故A错误.
选项B：解法一：令，得，即，解得或或，所以有3个零点，故B正确.
解法二：根据选项A可知的单调性，又，所以在上有1个零点，又当时，，当时，，从而在R上有3个零点，故B正确.
选项C：易知，令，则函数可转化为，又为奇函数，故其图象关于点对称，可知的图象关于点对称，所以点是图象的对称中心，故C正确.
选项D：当时，，又函数在上单调递减，所以，因为点是图象的对称中心，所以，
所以，故D正确.
12.答案：21
解析：设等差数列的公差为d，由，
可得，即，.
故答案为：21.
13.答案：
解析：由得，又因为，所以，，所以，则.
14.答案：198
解析：当选0时，0只能排在个位、十位、百位三个位置之一.当个位为0时，从2，4，6中再取1个数字，有3种方法，然后从1，3，5中任取2个数字，即排除1个数字，有3种方法，将取得的3个数字在十、百、千位上任意排列，共有6种不同的排列方式，故根据分步乘法计数原理，有（种）方法.
当十位或百位为0时，有2种方法，从2，4，6中再取1个数字放置在个位，有3种方法，然后从1，3，5中任取2个数字，即排除1个数字，有3种方法，将这2个数字在其余两位上任意排列，共有2种排列方式，故根据分步乘法计数原理，有（种）方法.
当没有选0时，从2，4，6中任取1个数字放置在个位，有3种方法，再从其余的2个非零偶数中任取1个数字，有2种方法，从1，3，5中任取2个数字，有3种方法，将这3个数字在除个位之外的十、百、千位三个位置上任意排列，有6种不同的方法，故根据分步乘法计数原理，有（种）方法.
根据分类加法计数原理，一共可以组成（个）没有重复数字的四位数的偶数.
15.答案：（1）
（2）
解析：（1）由已知条件及正弦定理，得.
又，，
则，
，则.
又，，
则，解得.
（2）由的面积为，得，
，则.
由余弦定理，得，
.
又，，解得.
，.
设BC边上的高为h，
则，
.
16.答案：（1）
（2）
解析：（1）因为，
所以，
当时，取得最大值，
所以，所以，
所以在处的切线方程为，
即.
（2）因为，
由不等式恒成立，
得不等式在上恒成立，
令，
所以，
令，得或（舍去），
令，得，
令，得，
所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为，
所以的极小值为，也是最小值，
所以实数a的取值范围为.
17.答案：（1）证明见解析
（2）
解析：（1）证明：如图，取BC的中点O，连接AO，，，
因为，O是BC中点，所以.
因为四边形是正方形，所以.
又，所以，
又，平面，
所以平面.
因为平面，所以.
因为，O是BC中点，
所以，.
在中，因为，
所以.
又，平面ABC，
所以平面ABC.
又平面，
所以平面平面ABC.
（2）由（1）知平面，，
则以O为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，连接，，
则，，，，，，
所以，，设，
因为
，
所以，
所以，
设平面的法向量为，
则即取，
则.
设平面的法向量为，
则即取，
则.
因为二面角的正弦值为，
所以其余弦值的绝对值为，
所以，
化简得，解得（舍负），所以.
又，所以.
18.答案：（1）25
（2）
（3）7
解析：（1）设小军第一关答对题数为，则，
由题意可知服从二项分布，即，
故，
故.
（2）由题意知Y的所有可能取值为0，10，20，…，，
且，，
，，
以此类推，
，
，
所以，
两式相减得，
所以
.
（3）由题意得，即，
化简得，
两边同时取自然对数，得，
即，
由于n为整数，故，
因此小军第二关的总得分Y的数学期望高于第一关的总得分X的数学期望时，n的最小值为7.
19.答案：（1）
（2）证明见解析
（3）
解析：（1）由题意，得，
则，
所以.
故椭圆的离心率为.
（2）证明：由（1）及题意，知，，.
设，.
当直线的斜率为0时，点，关于y轴对称，
此时直线的斜率与直线的斜率互为相反数，不合题意.
设直线的方程为.
因为直线不过顶点，，所以.
联立得方程组
消去x并整理，得，
则，
，，
所以，
则
，
所以.
代入中验证，得，
则直线的方程为，
所以直线经过点.
因为直线与x轴交于点，
所以，
则.
故数列是以为公比的等比数列.
（3）由（2）知，，，
所以四边形的面积
.
设，
则函数在上单调递增，
所以，
所以，当且仅当时，等号成立.
又，则由（2）可知，所以，
所以数列是首项为4，公比为的等比数列.
所以，
故的最大值为，当且仅当时，等号成立.
