文档内容
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：B
4．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：D
8．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．3.4min
C．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：D
9．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：D
A B C D
10．正方体 的棱长为1，动点 在线段 上，动点 在平面 1 1 1 1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：-160
12．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：
0 1 2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次.
又因 ，所以只有 对应的数可以出现5次，
故 .得证.
（3）当 是奇数时，先证明 .
因 与 不同时在数对序列 中，所以 ,
当 时，构造 恰有 项，且首项的第一个分量与末项的第二个分量都为1.
对奇数 ，如果可以构造一个恰有 项的序列 ，且首项的第一个分量与末项的第二个分量都为1，
那么对奇数 而言，可按如下方式构造满足条件的序列 ：
首先，对于如下 个数对集合：
每个集合中都至多有一个数对出现在序列 中，所以 ，
其次，对每个不大于 的偶数 ,
将如下4个数对并成一组： ，
共得到 组，将这 组对数以及 按如下方式补充到 的后面，
即：
,
此时恰有 项，所以 .
综上，当 是奇数时，.
