河北省昌黎第一中学2025届高三下学期二轮复习收官检测数学试题（含解析）

河北省昌黎第一中学2025届高三下学期二轮复习收官检测数学试题
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知复数，其中，则
A. 2 B. C. 1 D.
2.已知集合，若，则a的取值范围是
A. B. C. D.
3.已知平面向量满足，且向量在向量上的投影向量为，则的值为
A. B. C. D.
4.已知，则的值为
A. 2 B. C. D.
5.已知圆C过点，且圆心在x轴的正半轴上，直线被圆C所截得的弦长为，则过圆心C且与直线l垂直的直线的方程为
A. B. C. D.
6.在四棱柱中，平面ABCD，四边形ABCD是平行四边形，且，以为球心，半径为2的球面与侧面的交线的长度为
A. B. C. D.
7.已知双曲线的左 右焦点分别为，点P是E的渐近线上的一点，且，则E的离心率为
A. B. C. D.
8.已知函数，若，则的大小关系为
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分。
9.已知的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，则下列说法正确的是
A. 展开式的各项系数之和为4096 B. 展开式中含项的系数为45
C. 展开式中存在常数项 D. 展开式中第6项的系数最大
10.已知函数，则
A. 的一个周期是 B. 的图象关于直线对称
C. 的最大值为 D. 在区间上单调递减
11.在平面直角坐标系xOy中，抛物线的焦点为F，过点F的直线l与C交于两点，点P满足，且直线BP与x轴平行，直线AP与x轴交于点M，则下列说法正确的是
A.
B. 若，则直线l的斜率为或
C. 若Q为C的准线上任意一点，则直线的斜率成等差数列
D. 点M到直线PF的距离为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知，函数是奇函数，则 .
13.已知，且，则的最小值是 .
14.在锐角中，内角的对边分别为，则周长的取值范围是 .
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.本小题13分
某幼儿园组织游戏活动，规则是学生从盒子中有放回地摸球且每次只能摸取1个球，每次摸球结果相互独立，盒中有1分和2分的球若干，摸到1分球的概率为，摸到2分球的概率为
若小胡同学摸球3次，记随机变量X为小胡同学的总得分，求X的分布列与期望；
学生甲、乙各摸4次球，最终得分若相同，则都不获得奖励；若不同，则得分多者获得奖励.已知甲前2次摸球得了4分，求乙获得奖励的概率.
16.本小题15分
如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，，，平面平面ABCD，点G是棱CD上的一点，且
求证：；
求平面EBD与平面FBG夹角的余弦值.
17.本小题15分
已知数列的前n项和为，且数列是等差数列.
求的通项公式；
设，试问是否存在正整数其中，使得成等比数列？若存在，求出所有满足条件的数组；若不存在，请说明理由.
18.本小题17分
已知椭圆的离心率为，且过点
求E的方程；
已知O为坐标原点，直线与E交于两点.
①若的面积为2，求直线l的方程；
②记外接圆的圆心为G，平面上是否存在两定点，使得为定值？若存在，求出两定点的坐标和定值；若不存在，请说明理由.
19.本小题17分
定义函数
求曲线在处的切线斜率；
若对任意的恒成立，求a的取值范围；
讨论函数的零点个数，并判断是否有最小值.若有最小值m，证明：；若没有最小值，请说明理由.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：由，则，
所以，
所以
故选：
2.【答案】A
【解析】解：由题意知，所以，解得，
由可得，解得：，
所以，
又，所以，所以解得，
即a的取值范围是
故选：
3.【答案】C
【解析】解：因为向量在向量上的投影向量为，
所以，所以，又，
所以，所以
故选：
4.【答案】D
【解析】解：因为，
所以，分子分母同时除以，得①，
由于，所以所以，
所以，所以，
即，分子分母同时除以得，
，
代入①得：，解得
故选：
5.【答案】C
【解析】解：设圆心坐标为，则圆C的半径为，
由题意知：，解得或舍，
所以过圆心C且与直线l垂直的直线的方程为，即
故选：
6.【答案】A
【解析】解：如图，取，连接，
因为在四棱柱中，平面ABCD，
可得四棱柱的四个侧面均为矩形，所以，
因为，所以以为球心，半径为2的球面与直线相切.
在四棱柱中，底面为平行四边形，，
根据余弦定理可得，，
所以，故，故，
因为平面平面，所以，
而平面，所以平面，
而平面，故，
故，
所以F和是球面与侧面的相交轨迹上的其中两个交点，
所以点F和在以为圆心，半径为1的圆上，因为，
所以的长度为，
所以球面与侧面的交线为，且交线的长度为
故选：
7.【答案】C
【解析】解：E的渐近线方程为，因为为的中点，
所以，所以，
又，
所以，即，
所以

故选：
8.【答案】D
【解析】解：因为，所以为偶函数，
当时，则，所以
令，则，
令，解得；令，解得，
所以在上单调递减，在上单调递增，可得，
即在上恒成立，故在上单调递增.
令，则，所以当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，
又，所以，即，
所以，所以，即
故选：
9.【答案】BCD
【解析】解：由二项式的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，得，解得，
令，得，即展开式的各项系数之和为1024，故A错误；
由通项，令，解得，
所以展开式中含项的系数为，故B正确；
若展开式中存在常数项，令，解得，故C正确；
由可知展开式共有11项，中间项的二项式系数最大，即第6项的系数最大，故D正确.
故选：
10.【答案】AC
【解析】解：对于A，因为，
所以的一个周期是，故A正确；
对于B，因为，故B错误；
对于C，因为，所以的最大值为，
当时，，取得最大值，所以的最大值为，故C正确；
对于D，因为，，
所以，故D错误.
故选：
11.【答案】ACD
【解析】解：由题意知，显然直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为，，
由得，所以，
则，所以，故A正确；
因为，所以，所以，又，解得或，所以或，即直线l的斜率为或，故B错误；
设，则，
所以
，
即，所以，
则直线的斜率成等差数列，故C正确；
如图所示，过点M作，垂足为H，又，所以，
又，所以，
所以，故D正确.
故选：ACD

12.【答案】
【解析】解：由题意知函数的定义域为R，
又是奇函数，所以，即，解得，
所以，
又，所以，
又，解得，
此时，
所以，满足题意，
所以
故答案为：
13.【答案】
【解析】解：设，由对应系数相等得，
解得
所以，整理得，
即，
所以
，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值是
故答案为：
14.【答案】
【解析】解：由正弦定理，得，
所以，所以，
又为锐角三角形，所以，
又，解得，
又，
所以，，
所以
，
又，且，
所以，
则，
故周长的取值范围是
故答案为：
15.【答案】解：的所有可能取值为，
所以
，
所以X的分布列为：
X
3 4 5 6
P
所以
记“甲最终得分为m分”，“乙获得奖励”，
所以，
当甲最终得6分时，乙获得奖励需要最终得7分或8分，则；
当甲最终得7分时，乙获得奖励需要最终得8分，则，
所以
即乙获得奖励的概率为

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
16.【答案】解：证明：因为，所以
因为，由余弦定理得，
解得
因为，所以，
因为，所以
因为平面平面ABCD，平面平面平面ADFE，
所以平面
又平面ABCD，所以，
连接AC，在正方形ABCD中，，又平面AFC，
所以平面
又平面AFC，所以
由知两两垂直，以A为坐标原点，，
AF所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示.
所以
设平面EBD的一个法向量为，又，，
所以，令，解得，
所以平面EBD的一个法向量为
设平面FBG的一个法向量为，又，
，所以，令，
解得，所以平面FBG的一个法向量为，
设平面EBD与平面FBG的夹角为，所以，
即平面EBD与平面FBG夹角的余弦值为

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
17.【答案】解：因为，
所以是以2为首项，1为公差的等差数列，
所以，
所以，
当时，，
又符合，
所以的通项公式为；
由知，
由题意成等比数列得，又，
又，
则，
所以
当时，左边，右边，上式成立，
所以正整数数组满足题意，
由，当时，
所以当时数列单调递减，
则，
而，故当时方程无正整数解，
综上，存在唯一的正整数数组满足题意.

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
18.【答案】解：由题意知；解得，
所以E的方程为
设，如下图所示：
联立得，
则
①所以
又点O到直线MN的距离，
所以的面积，
解得或，即直线l的方程为或
②所以OM的中垂线方程为：，即
同理可得ON的中垂线方程为：
由两式可得
所以外接圆圆心G的横坐标，
其中，
，
所以
又MN的中垂线方程为，即，
所以圆心G的纵坐标为，
所以，
即圆心G在双曲线上，
易知双曲线两焦点为，
由双曲线定义可知存在定点或满足题意；
所以存在定点或，
使得

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
19.【答案】解：由，
可得，
所以曲线在处的切线斜率为
由题意知，易得在上单调递增，
当，即时，，所以在上单调递增，
所以，符合题意；
当，即时，令，解得，所以当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以当时，，不符合题意.
综上，a的取值范围是
证明：由，所以，
当时，，
因此当时，，
此时所以，所以单调递减.
此时显然有唯一零点，无最小值.
当时，
，
且当时，
，
由此可知此时不存在最小值.
从而当时，有唯一零点，无最小值；
当时，即当n为偶数时，，
此时由，解得；由，解得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
故的最小值为，
即，所以当时，没有零点.
由知当时，对任意的恒成立，当且仅当时等号成立，所以，令，可得，
当时，
，
即
从而当n为偶数时，没有零点，存在最小值m，且
综上所述，当时，有唯一零点，无最小值；
当时，没有零点，存在最小值m，且

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
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