2025年新高考数学一轮复习2025年新高考数学一轮复习收官卷02练习(学生版+教师版)

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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58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．设集合，，若，则集合（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由可知，
当时，，解得：或，即.
故选：B
2．若复数在复平面内对应的点的坐标为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】因为，其对应的坐标为，
故选：C.
3．已知平面向量满足，若，则与的夹角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由题设，而，
所以，，
所以.
故选：B
4．已知的展开式第3项的系数是60，则展开式所有项系数和是（ ）
A．-1B．1C．64D．
【答案】B
【解析】由题意，注意到是正整数，所以解得，
则展开式所有项系数和是.
故选：B.
5．已知函数，对于有四个结论：①为偶函数；②的最小正周期是π：③在上单调递增；④的最小值为．则四个结论正确的是（ ）
A．①②B．②③C．①③D．①④
【答案】D
【解析】对于①，因为，
所以，故①正确；
对于②，，
所以不是的周期，故②错误；
对于③，当时，，
所以，
又，所以，
所以由正弦函数的单调性可得在上不是单调的，
故③错误；
对于④，由于，
所以是的一个周期，
又时，，则，
又，所以，；
当时，，则，
又，所以，；
综上可得，所以的最小值为，故④正确；
故选：D.
6．如图所示，六氟化硫分子结构是六个氟原子处于顶点位置，而硫原子处于中心位置的正八面体，也可将其六个顶点看作正方体各个面的中心点．若正八面体的表面积为，则正八面体外接球的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】如图正八面体，连接和交于点，
因为，，
所以，，又和为平面内相交直线，
所以平面，所以为正八面体的中心，
设正八面体的外接球的半径为，因为正八面体的表面积为8×34AB2=123，所以正八面体的棱长为，
所以EB=EC=BC=6,OB=OC=3,EO=EB2−OB2=3，
则R=3,V=43πR3=43π×33=43π．
故选：B．
7．已知，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】因为对数的定义域，得或，
又因为,所以,
因为，所以可得,
因为，可得,
所以.
故选：B.
8．已知过抛物线的焦点且倾斜角为的直线交于两点，是的中点，点是上一点，若点的纵坐标为1，直线，则到的准线的距离与到的距离之和的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由题得的焦点为，设倾斜角为的直线的方程为，
与的方程联立得，
设Ax1,y1,Bx2,y2，则，故的方程为.
由抛物线定义可知点到准线的距离等于点到焦点的距离，
联立抛物线与直线，化简得，
由得与相离.
分别是过点向准线、直线以及过点向直线引垂线的垂足，连接，
所以点到的准线的距离与点到直线的距离之和,等号成立当且仅当点为线段与抛物线的交点，
所以到的准线的距离与到的距离之和的最小值为点到直线0的距离，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．某机械制造装备设计研究所为推进对机床设备的优化，成立两个小组在原产品的基础上进行不同方向的研发，组偏向于智能自动化方向，组偏向于节能增效方向，一年后用简单随机抽样的方法各抽取6台进行性能指标测试（满分：100分），测得组性能得分为：，组性能得分为：，则（ ）
A．组性能得分的平均数比组性能得分的平均数高
B．组性能得分的中位数比组性能得分的中位数小
C．组性能得分的极差比组性能得分的极差大
D．组性能得分的第75百分位数比组性能得分的平均数大
【答案】AD
【解析】由题意可得组性能得分的平均数为，
组性能得分的平均数为，
所以组性能得分的平均数比组性能得分的平均数高，A说法正确；
组性能得分的中位数为，
组性能得分的中位数为，
所以组性能得分的中位数比组性能得分的中位数大，B说法错误；
组性能得分的极差为，组性能得分的极差为，
所以组性能得分的极差比组性能得分的极差小，C说法错误；
组性能得分共个数据，，
所以组性能得分的第75百分位数为，比组性能得分的平均数大，D说法正确；
故选：AD
10．中国结是一种手工编织工艺品，因为其外观对称精致，可以代表汉族悠久的历史，符合中国传统装饰的习俗和审美观念，故命名为中国结．中国结的意义在于它所显示的情致与智慧正是汉族古老文明中的一个侧面，也是数学奥秘的游戏呈现．它有着复杂曼妙的曲线，却可以还原成最单纯的二维线条．其中的八字结对应着数学曲线中的双纽线．曲线是双纽线，则下列结论正确的是（ ）
A．曲线的图象关于对称
B．曲线上任意一点到坐标原点的距离都不超过3
C．曲线经过7个整点（横、纵坐标均为整数的点）
D．若直线与曲线只有一个交点，则实数的取值范围为
【答案】BD
【解析】对于A项，把代入得，
显然点不满足双纽线方程，
所以曲线的图象不关于对称，故A项错误；
对于B项，由可得，
所以曲线上任意一点到坐标原点的距离，即都不超过3，故B项正确：
对于C项，令解得或，即曲线经过，，，
由题意可知，，
令，得，
令，得，
因此曲线只能经过3个整点，，，故C项错误；
对于D项，直线与曲线一定有公共点，
若直线与曲线只有一个交点，
所以，整理得，只有一个解，
即，解得，故D项正确．
故选：BD.
11．对于任意实数，定义运算“”，则满足条件的实数的值可能为（ ）
A．，，
B．，，
C．，，
D．，，
【答案】BD
【解析】由，可得，即，
若，可得，符合题意，
若，可得，不符合题意，
若，可得，不符合题意，
若，可得，不符合题意，
综上所述，，可得，
故只需判断四个选项中的是否为最大值即可．
对于A，B，由题知，而，
，所以．
（点拨：函数为减函数，为减函数），
对于A，；对于B，，故A错误，B正确．
对于C，D，
（将0.9转化为，方便构造函数）构造函数，
则，因为，所以单调递减，因为，所以，
即，所以．（若找选项中的最大值，下面只需判断与的大小即可）
，
构造函数，则，
因为，所以，令，则，
当时，单调递减，因为，
所以，即单调递减，又，所以，
即，所以．
综上，．对于C，；对于D，，故C错误，D正确．
（提醒：本题要比较0.09与的大小关系的话可以利用作差法判断，
即，
构造函数，
则，
因为，所以单调递增，因为，所以，
即，所以）
故选：BD.
第二部分（非选择题 共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．已知函数的定义域是，则函数的定义域为 ．
【答案】.
【解析】因为函数的定义域是2,4，
所以，故，
因为有意义，
所以，所以，
所以函数的定义域为2,3.
故答案为：2,3.
13．已知，且恒成立，则实数的取值范围为 ．
【答案】
【解析】因为，所以，
所以，
因为，
当且仅当，即，即时取得等号，
所以有最小值为3，
因为恒成立，所以，即，
解得，
故答案为: .
14．已知函数有3个极值点，，（），则的取值范围是 ；若存在，使得，则的取值范围是 .
【答案】
【解析】因为函数，
所以，当时，，，令得，
所以，当时，，，令得
所以，令，则
所以，当时，时，，时，，
所以，函数在和上单调递增，在上单调递减；
因为函数有3个极值点，，（），
所以，函数与有三个交点，
因为，当时gx>0，当时gx>0，，
作出函数与图象如图，
由图可知，函数与有三个交点，则满足且，
所以，当存在，使得，只需满足，
所以，的取值范围即为的取值范围.
令，则，
因为，为函数的极值点，
所以，，即，，
所以，，
所以，即，
所以，，故令，
所以，，
令，则，
所以，当时，单调递增，当时，单调递减，
所以，，即，
所以，，即函数在时单调递减，
所以，，即的取值范围为.
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、证明过程或演算步棸。
15．（13分）
某中学数学兴趣小组，为测量学校附近正在建造中的某建筑物的高度，在学校操场选择了同一条直线上的，，三点，其中，点为中点，兴趣小组组长小王在，，三点上方5m处的，，观察已建建筑物最高点的仰角分别为，，，其中，，，点为点在地面上的正投影，点为上与，，位于同一高度的点.
(1)求建造中的建筑物已经到达的高度；
(2)求的值.
【解析】（1）如图，设，因为在，，处观察已建建筑物最高点的仰角分别为，，，且，，，
所以，又，是的中点，
在中，由余弦定理得到，
在中，由余弦定理得到，
又，所以，
整理得到，解得，所以. （9分）
（2）在中，由正弦定理知①，
在中，由正弦定理知②，由（1）知，
由②①得到. （13分）
16．（15分）
如图，四边形与四边形均为等腰梯形，，，，，，，平面，为上一点，且，连接、、.
(1)证明：平面；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值.
【解析】（1）因为平面，又平面，
所以.又，且，
所以平面.因为，所以平面. （5分）
（2）作，垂足为.则.又，
所以四边形是平行四边形，又，
所以四边形是矩形，又四边形为等腰梯形，且，，
所以.
由（1）知平面，所以.又，
所以.在中，.
在中，.
由上可知，能以，，所在的直线分别为轴、轴、轴建立如图所示空间直角坐标系.
则，，，，，所以，，，，，设平面的法向量为，
由，得可取. （12分）
设平面的法向量为，
由，得，可取.
因此，，.
依题意可知，平面与平面的夹角的余弦值为. （15分）
17．（15分）
已知函数在处的切线方程为.
(1)求实数a的值；
(2)探究在区间内的零点个数，并说明理由.
【解析】（1）由题可知，
由处的切线方程为，
把点代入得． （6分）
（2）由（1）可知，
令，
当时，，则在区间上单调递增．
，
由零点存在定理可知，存在，使得，即
当时，，则在区间上单调递减；
当时，，则在区间上单调递增，
又，
由零点存在定理可知在区间上有且仅有一个零点． （11分）
当时，；
当时，：
在区间上单调递增．
又，
由零点存在定理可知，存在唯一零点，使得，
综上可得，在区间有且仅有两个零点． （15分）
18．（17分）
如图，已知双曲线的离心率为2，点在C上，A，B为双曲线的左、右顶点，为右支上的动点，直线AP和直线x＝1交于点N，直线NB交C的右支于点Q．
(1)求C的方程；
(2)探究直线PQ是否过定点，若过定点，求出该定点坐标，请说明理由；
(3)设S1，S2分别为△ABN和△NPQ的外接圆面积，求的取值范围．
【解析】（1）因为离心率，
所以
双曲线的方程为，
将点代入双曲线方程得，
所以，
所以双曲线C的方程为． （4分）
（2）直线PQ过定点，理由如下：
设，
直线PQ的方程为，
联立，
整理得，
则， （6分）
直线，
所以，
又N，B，Q三点共线，
所以，即，
即，
即． （8分）
因为，
所以，
代入上式得，
所以．所以PQ过定点. （10分）
（3）设△ABN和△NPQ的外接圆半径分别为
由正弦定理可得，
又，
所以，即．
设直线PQ的方程为x＝my+4，
与C的方程联立，
整理得， （13分）
则，
又，即，
解得，
又因为，
所以． （17分）
19．（17分）
对于，若数列满足，则称这个数列为“K数列”．
(1)已知数列1，2m，是“K数列”，求实数m的取值范围．
(2)是否存在首项为−2的等差数列为“K数列”，且其前n项和使得恒成立?若存在，求出数列的通项公式；若不存在，请说明理由．
(3)已知各项均为正整数的等比数列是“K数列”，数列不是“K数列”，若，试判断数列bn是否为“K数列”，并说明理由．
【解析】（1）由题意得，且，解得，所以实数m的取值范围是． （4分）
（2）不存在．理由：假设存在等差数列an符合要求，设公差为d，则，
由得．
由题意，得对均成立，即．
当时，；
当时，恒成立，
因为，所以，与矛盾，
所以这样的等差数列不存在． （8分）
（3）设数列的公比为q，则．
因为的每一项均为正整数，且，
所以在中，为最小项.
同理，中，为最小项. （10分）
由为“K数列”，只需，即．
又因为不是“数列”，且为最小项，
所以，即．
由数列的每一项均为正整数，可得，
所以或． （12分）
当时，，则．
令，则，
又，
所以为递增数列，即，
因为，
所以对于任意的，都有，即数列为“K数列”．
当时，，则．
因为，所以数列不是“K数列”．
综上所述，当时，，数列为“K数列”；
当时，，数列不是“K数列”． （17分）