2025北京高考数学一轮复习（二）

第一部分(选择题共40分)

一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目

要求的一项.

1.(2022•北京高考1题)已知全集U={尤I-3<x<3},集合A={尤I-2cxW1},贝此以

=()

A.(-2,1]B.(-3,-2)U[1,3)

C.[-2,1)D.(-3,-2]U(1,3)

解析：D因为全集。=(—3,3),A—(—2,1],所以[以=(一3,—2]U(1,

3),故选D.

2.(2022•北京高考2题)若复数z满足i-z=3—4i,则IzI=()

A.lB.5

C.7D.25

解析：B依题意可得z=l='W^=—4—3i,所以IzI=J(-4)2+(—3)2=5,

故选B.

3.(2022•北京高考3题)若直线2x+y—1=0是圆(x—a)2+^=1的一条对称轴，贝I]°=

()

11

A.-B.--

22

C.lD.-1

解析：A依题意可知圆心坐标为(a,0),又直线2x+y—1=0是圆的一条对称轴，所

以2〃+0—1=0,所以〃=1!，故选A.

4.(2022•北京高考4题)已知函数/(九)则对任意实数x,有()

1+2”

A./(-%)+/(%)=0B.f(-x)~f(x)=0

C/(-x)+f(x)=1D./(-x)~f(x)=i

解析：C函数/(x)的定义域为R,fQ—x)=33=总，所以/(—龙)+/(x)=

三十'T=1，故选C.

1+2=1+2%

5.(2022•北京高考5题)已知函数/(x)=cos2x—sin2x,则()

A./(x)在(一,一泉上单调递减

B/(x)在(-%自上单调递增

C.f(尤)在(0,。上单调递减

解析：C依题意可知/'（x）=cos2x—sin2x=cos2x,对于A选项，因为

所以2xG（—n,*）,函数/（x）=cos2x在（一条―替上单调递增，所以A选项不正确；

对于B选项，因为xe（U，1所以2x^（一1,蓝），函数/（x）=cos2x在（一：，

刍上不单调，所以B选项不正确；对于C选项，因为xG（O,*所以2xe（0,:），函

数/⑴=cos2x在（0,以上单调递减，所以C选项正确；对于D选项，因为

乱所以2xdg,⑶函数/⑴=cos2x在仁，工）上不单调，所以D选项不正确.故

选C.

6.（2022•北京高考6题）设｛斯｝是公差不为0的无穷等差数列，则“｛斯｝为递增数列”是

“存在正整数M）,当w>N0时，厮>0”的（）

A.充分而不必要条件

B.必要而不充分条件

C.充分必要条件

D.既不充分也不必要条件

解析：C设无穷等差数列｛。“｝的公差为"（dWO）,则斯=%+（n—1）d=dn+ai-d,

若｛斯｝为递增数列，则1>0,则存在正整数No,使得当w>M时，an=dn+ai-d>0,所

以充分性成立；若存在正整数No,使得当"〉No时，an^dn+ai-dX）,即d>土"对任意

n

的力〉M,“GN*均成立，由于"一+8时，5-0,且1WO,所以d>0,｛斯｝为递增数

n

列，必要性成立.故选C.

7.（2022•北京高考7题）在北京冬奥会上，国家速滑馆“冰丝带”使用高效环保的二氧化

碳跨临界直冷制冰技术，为实现绿色冬奥作出了贡献.如图描述了一定条件下二氧化碳所处

的状态与T和lgP的关系，其中T表示温度，单位是K；尸表示压强，单位是bar.下列结

论中正确的是（）

超临界

状态

0-1——.——.——.——I—

200250300350400T

A.当7=220,尸=1026时，二氧化碳处于液态

B.当T=270,P=128时，二氧化碳处于气态

C.当7=300,尸=9987时，二氧化碳处于超临界状态

D.当7=360,P=729时，二氧化碳处于超临界状态

解析：D对于A选项，当T=220,P=1026,即lgP=lg1026>lg1。3=3时，根据图象

可知，二氧化碳处于固态；对于B选项，当T=270,尸=128,即lgP=lgl28G(lg102,

IglO3),即IgPG(2,3)时，根据图象可知，二氧化碳处于液态；对于C选项，当T=

300,尸=9987,即lgP=lg9987<lg1。4=4时，根据图象可知，二氧化碳处于固态；对

于D选项，当7=360,尸=729,即lgP=lg729G(lg102,lg103),即lg尸=lg729G

(2,3)时，根据图象可知，二氧化碳处于超临界状态.故选D.

8.(2022•北京高考8题)若(2尤-1)4=a4X4+a3X3+aar2+aix+ao>则即+。2+。4=

()

A.40B.41

C.-40D.-41

解析：B法一(赋值法)依题意，令x=l,可得1=04+43+02+01+00,令x=-1,

可得81=。4—的+。2—。1+。0,以上两式相加可得82=2(44+02+00),所以。()+。2+。4=

41,故选B.

4-r

法二(通项公式法)二项式(2x—1)4的通项为Tr+1=Cl(2x)(-1)\分别令r=

4,2,0,可分别得ao=l,。2=24,t/4=16,所以。()+。2+。4=41,故选B.

9.(2022•北京高考9题)已知正三棱锥尸-ABC的六条棱长均为6,S是AABC及其内部的

点构成的集合.设集合T={Q^SIPQW5},则T表示的区域的面积为()

A.—B.TC

4

C.2兀D.3兀

解析：B设。为“BC的中心，连接P。，AO,在正三角形4BC中，AO=|x^X6=

2V3,在Rt△尸。4中，PO=1PA2-AO2=136-12=2限当尸0=5时，连接根据

勾股定理可得0Q=JPQ2—po2=i,易知。的轨迹是以。为圆心，半径为1的圆，由于

集合T={QGSIPQW5},故集合T表示的区域的面积为兀，故选B.

10.(2022•北京高考10题)在AABC中，AC=3,BC=4,NC=90°.P为△ABC所在平面

内的动点，且PC=1,则方•丽的取值范围是()

A.[-5,3]B.[-3,5]

C.E-6,4]D.[-4,6]

解析：D以C为坐标原点，CA,CB所在直线分别为x轴，y轴建立平面直角坐标系，则

A(3,0),8(0,4),设P(x,y),则/+y2=l,~PA=(3—x,—y),PB=(-

x,4—j),所以PA丽=f—Sx+y2—4y=(久一§+(y—2)2~^,又[一+(，一

2)2表示圆V+y2=l上一点到点(I，2)距离的平方，圆心(0,0)到点修，2)的距离为

所以西.丽耳(|—1)2_个，《+I?—耳，即丽厢e[—4,6],故选D.

第二部分(非选择题共110分)

二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.

11.(2022•北京高考11题)函数/(x)=q+J1二的定义域是.

解析：因为/(X)=《+Jl-x,所以尤WO,1—x'O,解得了e(—8,o)u(0,1].

答案：(一8,0)U(0,1]

12.(2022•北京高考12题)已知双曲线;/+5=1的渐近线方程为>=±昌;，则加

解析：法一(通解)依题意得机<0,双曲线的方程可表示为丁一工=1,此时双曲线的

—m

1

渐近线的斜率为土=±Y，解得m=-3.

1_l_V3

法二(优解)依题意得根<0,令丁一二=0,得y=±±yx,解得m=-3.

—m

答案：一3

13.(2022•北京高考13题)若函数/(x)=Asin%一遍cosx的一个零点为g则A

=--------;七)=---------

解析：依题意得/(；)=AX与一百x[=0,解得A=l,所以/(x)=sinx—V3cosx=

2sin(x-*所以附|)=2sineY)=一a.

答案：1一四

~ax+1,x<a,

14.(2022•北京高考14题)设函数/(x)=2若/(X)存在最小值，则〃

(%—2),x>a.

的一个取值为;a的最大值为.

(1,x<0,

解析：当4=0时，函数/(%)=12存在最小值0,所以4的一个取值可

(%—2),%>0,

以为0;当。<0时，若x<〃，/(x)=~ax+l,此时函数/(x)不可能存在最小值；当0

V〃W2时，若则/(x)=—ax~\~1,此时/(%)£(—«2+1,+°°),若则

f(x)=(x-2)2e[0,+8),若函数/(%)存在最小值，则一层+120,得

“W1；当〃>2时，若xV〃，则/(%)=—av+1,此时/(x)e(-«2+1,+8),若

尤Na,则/(无)=(%—2)2e[(q—2)2,+°o),若函数/(x)存在最小值，则一片十

〈0~2)2,此时不等式无解.综上，OWaWl,所以a的最大值为1.

答案：0(答案不唯一)1

15.(2022•北京高考15题)己知数列｛斯｝的各项均为正数，其前"项和％满足％S=9(n

=1,2,.给出下列四个结论：

①｛温的第2项小于3

②｛斯｝为等比数列；

③｛诙｝为递减数列；

④｛诙｝中存在小于焉的项.

其中所有正确结论的序号是.

=

解析：因为cin,Sn9,所以〃「Si=9,又斯>0,所以。1=3,〃2，S2=〃2(〃i+〃2)=9,即a：

+3Z—9=0,得。2=三逆=3上7<3,所以①正确；当〃》2时，由S“=2,得ST

22an

=—,两式作差可得a.=2—3(w22),即。“=9(%-「厮)(w22),整理得工

an-la九an-lanan-lan-l

=小(〃22),若数列UJ为等比数列，则当〃三2时，千为常数，即数列｛斯｝从第2

项起各项均为同一个常数，易知当〃=3时不成立，所以②不正确；因为诙勺“二斯+1・5八+1=

9,所以工=冲，由数列｛斯｝的各项均为正数，得普>1,所以诙>诙+1>0,所以③正

确；对于④，若数列｛斯｝的所有项均大于等于取">90000,由斯^且斯>a”+i>

100100

0,得斗>的.>900,所以期5>9,与已知矛盾，所以④正确.综上，所有正确结论的序号

是①③④.

答案：①③④

三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.

16.(2022•北京高考16题)在△ABC中，sin2C=V3sinC.

a)求c；

(2)若%=6,且△ABC的面积为6旧，求AABC的周长.

解：(1)因为sin2c=BsinC,所以2sinCeosC=gsinC,

因为Ce(0,7t),所以sinC#0,所以cosC=遗，C=-.

26

(2)因为△ABC的面积S=/bsinC=TxaX6xT=6B，所以CZ=4A/1

由余弦定理可得c2=a2+Z?2-2abcosC=48+36—72=12,所以c—2y/3,

所以△ABC的周长为a+b+c=4V^+6+2V^=6(V^+l).

17.(2022•北京高考17题)如图，在三棱柱ABC-AiBG中，侧面BCG8为正方形，平面

2CGS_L平面AB=BC=2,M,N分别为4修，AC的中点.

（1）求证：MN〃平面BCGBi；

（2）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线与平面所成

角的正弦值.

条件①：AB1MN；

条件②：BM=MN.

注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.

解：（1）证明：如图（i）,取BC的中点。，连接。N,DBi.

因为。，N分别是BC,AC的中点，所以OV是△ABC的中位线，所以。N〃A8,DN=

-AB.

2

由三棱柱ABC-A/iG,得A5〃柱向,AB=A1B1.

因为M是46的中点，所以所以DN〃BIM,DN=BIM.

所以四边形OMWBI是平行四边形，所以

因为。3u平面BCCB,平面BCCM

所以MN〃平面BCCiBi.

(2)选择条件①.

因为侧面BCGS是正方形，所以

又平面BCGS_L平面ABBiAi,BCU平面BCCB,

平面BCCiBiC平面ABBiAi=BBi,

所以8C_L平面A8B1A1.

又48U平面ABBiAi,所以BC_LA8.

由(1)知MN〃DBi,又因为A8_LMN,所以A8_LQ8i.

因为8CnO8i=D,BC,DSU平面BCGBI,所以AB_L平面BCC/i.

又B6U平面BCCiS,所以

以8为坐标原点，~BC,BA,BB]的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图

(ii)的空间直角坐标系以孙z,则2(0,0,0),A(0,2,0),C(2,0,0),Bi

(0,0,2),Ai(0,2,2),N(1,1,0),M(0,1,2),则前=(1,1,0),

BM=(0,1,2),BA=(0,2,0).

设〃=(x,y,z)是平面8MN的法向量，

则『丽=0,即卜+y=0,

尻•前=0,[y+2z=0.

取z=l,得x=2,y=—2,所以打=(2,—2,1).

设直线A8与平面BA/N所成的角为仇贝1JsinO=Icos<n,瓦5>I1nBAL

\n\­\BA

I2x0+(-2)X2+1X0

22+(-2)+12X2

所以直线A8与平面所成角的正弦值为|.

选择条件②.

由（1）知四边形。NM3是平行四边形，所以DBi=MN.又BM=MN,所以

由（1）知AB=Ai8i,又AB=BC,M,。分别是45，8c的中点，所以8O=BiM.

又BBi=BBi,所以△DBBi法AMBB

因为侧面BCCIi是正方形，所以

所以即所以

剩余计算过程同选择条件①.

18.（2022•北京高考18题）在校运动会上，只有甲、乙、丙三名同学参加铅球比赛，比赛

成绩达到9.50m以上（含9.50m）的同学将获得优秀奖.为预测获得优秀奖的人数及冠军得

主，收集了甲、乙、丙以往的比赛成绩，并整理得到如下数据（单位：m）：

甲:9.80,9.70,9.55,9.54,9.48,9.42,9.40,9.35,9.30,9.25；

乙：9.78,9.56,9.51,9.36,9.32,9.23；

丙：9.85,9.65,9.20,9.16.

假设用频率估计概率，且甲、乙、丙的比赛成绩相互独立.

（1）估计甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的概率;

(2)设X是甲、乙、丙在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的总人数，估计X的数学期望

EX；

(3)在校运动会铅球比赛中，甲、乙、丙谁获得冠军的概率估计值最大？(结论不要求证

明)

解：(1)设甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖为事件A.

因为比赛成绩达到9.50m以上(含9.50m)的同学将获得优秀奖，甲以往的10次比赛成

绩中达到9.50m以上(含9.50m)的有9.80m,9.70m,9.55m,9.54m,共4次，

所以甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的概率P(A)=0.4.

(2)X的所有可能取值为0,1,2,3.

由(1)知，甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的概率P(A)=0.4.

设乙、丙在校运动会铅球比赛中获得优秀奖分别为事件3,C,则尸(3)=0.5,P(C)=

0.5.

P(X=0)=(1-0.4)X(1-0.5)X(1-0.5)=0.15,

P(X=l)=0.4X(1-0.5)X(1-0.5)+(1-0.4)X0.5X(1-0.5)+(1-0.4)X

(1-0.5)X0.5=04,

P(X=2)=04X0.5义(1-0.5)+0.4X(1-0.5)X0.5+(1-0.4)X0.5X0.5=0.35,

P(X=3)=04X0.5义0.5=0.1,

所以EX=0X0.15+1X0.4+2X0.35+3X0.1=1.4.

(3)在校运动会铅球比赛中，按以往比赛成绩的平均数、方差来看，甲获得冠军的概率估

计值最大；按以往比赛的最好成绩来看，丙获得冠军的概率估计值最大.

22

19.(2022•北京高考19题)己知椭圆E：5+9=1(a>b>0)的一个顶点为A(0,1),

焦距为2必.

(1)求椭圆E的方程；

(2)过点尸(一2,1)作斜率为左的直线与椭圆E交于不同的两点3,C,直线AB,AC

分别与无轴交于点M,N.当=2时，求左的值.

(b—1,(a=2,

解：(1)由题意，得卜c=2同解得｛<=1,

(a2=b2+c2,

椭圆E的方程为-+y2=i.

4

(2)由题意可设直线BC的方程为y—1=左(x+2).

/丫2

一+y2=1,

联立得方程组4'

,y—1=k(x+2).

消去y并整理，得(4^+1)(16您+8左)x+16lc+16k=0,

则公=(16F+8Z)2-4(4严+1)(16^+16^>0,

解得k<0.

设8（尤1,yi）,C（尤2,>2）,.,.为+尤2=一笔盘詈，尤1X2=

4fcz+l1晨4kz;+l16t①

直线AB的方程为>=也二无+1,则直线与无轴交点M的坐标为（产y,0）.同理得

，％1\kx1+2k）

点N的坐标为（不气，ol

\kx2+2kJ

,：IMNI=2,一%2一=2,

k(X2+2)k(*i+2)

IXl-X2I=Ik[xiX2~\~2(Xl+%2)+4]I,

J(%i+%2)2-4%I%2=Ik[x\Xl+2(Xl+%2)+4]I.②

22-12

ZB(16fc+8/c\4(16H+16/C)16k2+16左2(16次2+8火)

将①代入②,4k2+l)+4

4k2+l4k2+l4k2+l

整理，得斤+4左=0.又G<0,4.

20.(2022•北京高考20题)已知函数/(尤)=e*ln(1+x).

(1)求曲线y=/(x)在点(0,f(0))处的切线方程；

(2)设g(x)=f(x),讨论函数g(无)在[0,+8)上的单调性；

(3)证明：对任意的s,y(0,+8),有/(s+r)>f(5)+/G).

解：(1)由题，f(尤)=e*ln(1+x)+ex--(1+%)+—

故广(0)=e0-[ln(1+0)+±]=1，f<0)=e°ln(1+0)=0,

因此，曲线y=/(x)在点(0,f(0))处的切线方程为了=尢

(2)g(%)=f(x)=e[ln(1+x)+士],

贝Ig'(x)=e*In(1+x)+————--2，

1+x(1+x)

O1

设h(x)=ln(1+x)+———-----2»[0,+°°),

1+x(1+x)

ii/\12I2+1、八

则h'(x)=——-----2-+------3=------3>0,

1+x(1+x)(1+x)(1+x)

故/z(X)在[0,+°°)上单调递增，

故〃(x)(0)=1>0,

因此短(％)>0对任意的x£[0,+°0)恒成立，

故g(x)在[0,+°°)上单调递增.

(3)证明：设机(s)=/(s+/)—f(51)—f(r)=es+t\n(l+s+力—e^ln(1+s)—eln

(1+/),

贝IM(s)=es+tIn(1+s+t)+—[in(1+s)+—]=g(s+力—g(s),

1+sIt1+s

由（2）知g（x）在［0,+°°）上单调