北京市海淀区第二十中学2025届高考压轴卷数学试卷含解析

北京市海淀区第二十中学2025届高考压轴卷数学试卷考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．已知为定义在上的偶函数，当时，，则（）A． B． C． D．2．以下两个图表是2019年初的4个月我国四大城市的居民消费价格指数（上一年同月）变化图表，则以下说法错误的是（）（注：图表一每个城市的条形图从左到右依次是1、2、3、4月份；图表二每个月份的条形图从左到右四个城市依次是北京、天津、上海、重庆）A．3月份四个城市之间的居民消费价格指数与其它月份相比增长幅度较为平均B．4月份仅有三个城市居民消费价格指数超过102C．四个月的数据显示北京市的居民消费价格指数增长幅度波动较小D．仅有天津市从年初开始居民消费价格指数的增长呈上升趋势3．已知是定义是上的奇函数，满足，当时，，则函数在区间上的零点个数是（）A．3 B．5 C．7 D．94．若复数满足，其中为虚数单位，是的共轭复数，则复数（）A． B． C．4 D．55．若将函数的图象上各点横坐标缩短到原来的(纵坐标不变)得到函数的图象，则下列说法正确的是（）A．函数在上单调递增 B．函数的周期是C．函数的图象关于点对称 D．函数在上最大值是16．已知实数x，y满足，则的最小值等于（）A． B． C． D．7．如图，是圆的一条直径，为半圆弧的两个三等分点，则（）A． B． C． D．8．将函数的图像向左平移个单位长度后，得到的图像关于坐标原点对称，则的最小值为（）A． B． C． D．9．执行下面的程序框图，则输出的值为（）A． B． C． D．10．《九章算术》是我国古代数学名著，书中有如下问题：“今有勾六步，股八步，问勾中容圆，径几何？”其意思为：“已知直角三角形两直角边长分别为6步和8步，问其内切圆的直径为多少步？”现从该三角形内随机取一点，则此点取自内切圆的概率是（）A． B． C． D．11．已知关于的方程在区间上有两个根，，且，则实数的取值范围是（）A． B． C． D．12．若，则函数在区间内单调递增的概率是（）A．B．C．D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．设向量，，且，则_________.14．若复数（是虚数单位），则________15．在棱长为的正方体中，是正方形的中心，为的中点，过的平面与直线垂直，则平面截正方体所得的截面面积为______.16．若函数恒成立,则实数的取值范围是_____.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）如图，在四棱柱中，平面，底面ABCD满足∥BC，且(Ⅰ)求证:平面;(Ⅱ)求直线与平面所成角的正弦值.18．（12分）已知函数．（1）若，证明：当时，；（2）若在只有一个零点，求的值.19．（12分）在如图所示的多面体中，平面平面，四边形是边长为2的菱形，四边形为直角梯形，四边形为平行四边形，且，，（1）若分别为，的中点，求证：平面；（2）若，与平面所成角的正弦值，求二面角的余弦值．20．（12分）已知函数，曲线在点处的切线在y轴上的截距为.（1）求a；（2）讨论函数和的单调性；（3）设，求证：.21．（12分）设直线与抛物线交于两点，与椭圆交于两点，设直线（为坐标原点）的斜率分别为，若.（1）证明：直线过定点，并求出该定点的坐标；（2）是否存在常数，满足？并说明理由.22．（10分）已知，，为正数，且，证明：（1）；（2）.

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、D【解析】

判断，利用函数的奇偶性代入计算得到答案.【详解】∵，∴．故选：【点睛】本题考查了利用函数的奇偶性求值，意在考查学生对于函数性质的灵活运用.2、D【解析】

采用逐一验证法，根据图表，可得结果.【详解】A正确，从图表二可知，3月份四个城市的居民消费价格指数相差不大B正确，从图表二可知，4月份只有北京市居民消费价格指数低于102C正确，从图表一中可知，只有北京市4个月的居民消费价格指数相差不大D错误，从图表一可知上海市也是从年初开始居民消费价格指数的增长呈上升趋势故选：D【点睛】本题考查图表的认识，审清题意，细心观察，属基础题.3、D【解析】

根据是定义是上的奇函数，满足，可得函数的周期为3，再由奇函数的性质结合已知可得，利用周期性可得函数在区间上的零点个数．【详解】∵是定义是上的奇函数，满足，，可得，

函数的周期为3，

∵当时，，

令，则，解得或1，

又∵函数是定义域为的奇函数，

∴在区间上，有．

由，取，得，得，

∴．

又∵函数是周期为3的周期函数，

∴方程=0在区间上的解有共9个，

故选D．【点睛】本题考查根的存在性及根的个数判断，考查抽象函数周期性的应用，考查逻辑思维能力与推理论证能力，属于中档题．4、D【解析】

根据复数的四则运算法则先求出复数z，再计算它的模长．【详解】解：复数z＝a+bi，a、b∈R；∵2z，∴2（a+bi）﹣（a﹣bi）＝，即，解得a＝3，b＝4，∴z＝3+4i，∴|z|．故选D．【点睛】本题主要考查了复数的计算问题，要求熟练掌握复数的四则运算以及复数长度的计算公式，是基础题．5、A【解析】

根据三角函数伸缩变换特点可得到解析式；利用整体对应的方式可判断出在上单调递增，正确；关于点对称，错误；根据正弦型函数最小正周期的求解可知错误；根据正弦型函数在区间内值域的求解可判断出最大值无法取得，错误.【详解】将横坐标缩短到原来的得：当时，在上单调递增在上单调递增，正确；的最小正周期为：不是的周期，错误；当时，，关于点对称，错误；当时，此时没有最大值，错误.本题正确选项：【点睛】本题考查正弦型函数的性质，涉及到三角函数的伸缩变换、正弦型函数周期性、单调性和对称性、正弦型函数在一段区间内的值域的求解；关键是能够灵活应用整体对应的方式，通过正弦函数的图象来判断出所求函数的性质.6、D【解析】

设，，去绝对值，根据余弦函数的性质即可求出．【详解】因为实数，满足，设，，，恒成立，，故则的最小值等于.故选：．【点睛】本题考查了椭圆的参数方程、三角函数的图象和性质，考查了运算能力和转化能力，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平．7、B【解析】

连接、，即可得到，，再根据平面向量的数量积及运算律计算可得；【详解】解：连接、，，是半圆弧的两个三等分点，，且，所以四边形为棱形，．故选：B【点睛】本题考查平面向量的数量积及其运算律的应用，属于基础题.8、B【解析】

由余弦的二倍角公式化简函数为，要想在括号内构造变为正弦函数，至少需要向左平移个单位长度，即为答案.【详解】由题可知，对其向左平移个单位长度后，，其图像关于坐标原点对称故的最小值为故选：B【点睛】本题考查三角函数图象性质与平移变换，还考查了余弦的二倍角公式逆运用，属于简单题.9、D【解析】

根据框图，模拟程序运行，即可求出答案.【详解】运行程序，，

，，，，，结束循环，故输出，故选：D.【点睛】本题主要考查了程序框图，循环结构，条件分支结构，属于中档题.10、C【解析】

利用直角三角形三边与内切圆半径的关系求出半径，再分别求出三角形和内切圆的面积，根据几何概型的概率计算公式，即可求解.【详解】由题意，直角三角形的斜边长为，利用等面积法，可得其内切圆的半径为，所以向次三角形内投掷豆子，则落在其内切圆内的概率为.故选：C.【点睛】本题主要考查了面积比的几何概型的概率的计算问题，其中解答中熟练应用直角三角形的性质，求得其内切圆的半径是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.11、C【解析】

先利用三角恒等变换将题中的方程化简，构造新的函数，将方程的解的问题转化为函数图象的交点问题，画出函数图象，再结合，解得的取值范围.【详解】由题化简得，，作出的图象，又由易知．故选：C.【点睛】本题考查了三角恒等变换，方程的根的问题，利用数形结合法，求得范围.属于中档题.12、B【解析】函数在区间内单调递增，，在恒成立，在恒成立，，函数在区间内单调递增的概率是，故选B.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

根据向量的数量积的计算，以及向量的平方，简单计算，可得结果.【详解】由题可知：且由所以故答案为：【点睛】本题考查向量的坐标计算，主要考查计算，属基础题.14、【解析】

直接根据复数的代数形式四则运算法则计算即可．【详解】，．【点睛】本题主要考查复数的代数形式四则运算法则的应用．15、【解析】

确定平面即为平面，四边形是菱形，计算面积得到答案.【详解】如图，在正方体中，记的中点为，连接，则平面即为平面．证明如下：由正方体的性质可知，，则，四点共面，记的中点为，连接，易证．连接，则，所以平面，则．同理可证，，，则平面，所以平面即平面，且四边形即平面截正方体所得的截面．因为正方体的棱长为，易知四边形是菱形，其对角线，，所以其面积．故答案为：【点睛】本题考查了正方体的截面面积，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.16、【解析】

若函数恒成立，即，求导得，在三种情况下，分别讨论函数单调性，求出每种情况时的，解关于的不等式，再取并集，即得。【详解】由题意得,只要即可，，当时，令解得，令，解得，单调递减，令，解得，单调递增，故在时，有最小值，，若恒成立，则，解得；当时，恒成立;当时，，单调递增，,不合题意,舍去.综上,实数的取值范围是.故答案为：【点睛】本题考查恒成立条件下，求参数的取值范围，是常考题型。三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)【解析】

(Ⅰ)证明，根据得到，得到证明.(Ⅱ)如图所示，分别以为轴建立空间直角坐标系，平面的法向量，，计算向量夹角得到答案.【详解】(Ⅰ)平面，平面，故.，，故，故.，故平面.(Ⅱ)如图所示：分别以为轴建立空间直角坐标系，则，，，，.设平面的法向量，则，即，取得到，，设直线与平面所成角为故.【点睛】本题考查了线面垂直，线面夹角，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.18、（1）见解析；（2）【解析】

分析：(1)先构造函数，再求导函数，根据导函数不大于零得函数单调递减，最后根据单调性证得不等式;(2)研究零点，等价研究的零点，先求导数：，这里产生两个讨论点，一个是a与零，一个是x与2，当时，，没有零点；当时，先减后增，从而确定只有一个零点的必要条件，再利用零点存在定理确定条件的充分性，即得a的值.详解：（1）当时，等价于．设函数，则．当时，，所以在单调递减．而，故当时，，即．（2）设函数．在只有一个零点当且仅当在只有一个零点．（i）当时，，没有零点；（ii）当时，．当时，；当时，．所以在单调递减，在单调递增．故是在的最小值．①若，即，在没有零点；②若，即，在只有一个零点；③若，即，由于，所以在有一个零点，由（1）知，当时，，所以．故在有一个零点，因此在有两个零点．综上，在只有一个零点时，．点睛：利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法(1)利用零点存在的判定定理构建不等式求解.(2)分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解.(3)转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解.19、(1)见解析(2)【解析】试题分析：（1）第（1）问，转化成证明平面,再转化成证明和.(2)第（2）问，先利用几何法找到与平面所成角，再根据与平面所成角的正弦值为求出再建立空间直角坐标系，求出二面角的余弦值.试题解析：（1）连接,因为四边形为菱形，所以.因为平面平面，平面平面，平面，，所以平面.又平面，所以.因为，所以.因为，所以平面.因为分别为，的中点，所以，所以平面（2）设，由（1）得平面.由，，得，.过点作，与的延长线交于点，取的中点，连接，，如图所示，又，所以为等边三角形，所以，又平面平面，平面平面，平面，故平面.因为为平行四边形，所以，所以平面.又因为，所以平面.因为，所以平面平面.由（1），得平面，所以平面，所以.因为，所以平面，所以是与平面所成角.因为，，所以平面，平面，因为，所以平面平面.所以，，解得.在梯形中，易证，分别以，，的正方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系.则，，，，，，由，及，得，所以，，.设平面的一个法向量为，由得令，得m=(3,1,2)设平面的一个法向量为，由得令，得.所以又因为二面角是钝角，所以二面角的余弦值是.20、（1）（2）为减函数，为增函数.（3）证明见解析【解析】

（1）求出导函数，求出切线方程，令得切线的纵截距，可得（必须利用函数的单调性求解）；（2）求函数的导数，由导数的正负确定单调性；（3）不等式变形为，由递减，得()，即，即，依次放缩，．不等式，递增得()，,,,先证，然后同样放缩得出结论．【详解】解：（1）对求导，得.因此.又因为，所以曲线在点处的切线方程为，即.由题意，.显然，适合上式.令，求导得，因此为增函数：故是唯一解.（2）由（1）可知，，因为，所以为减函数.因为，所以为增函数.（3）证明：由，易得.由（2）可