广东省部分高中2025届新高三新起点联合测评数学试卷

2025届新高三新起点联合测评 数学试卷 注意事项： 1．答题前，先将自已的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码贴在答题卡上的指定位置． 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交．． 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．已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 2．若，则（    ） A．3 B． C．5 D． 3．已知向量，，若，则m的值为（    ） A．2 B．1 C． D． 4．已知，则（    ） A． B．0 C． D．1 5．如图，已知四棱锥，底面ABCD是边长为2的正方形，侧棱长相等且为4，E为CD的中点，则异面直线CM与AE所成的角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 6．在等差数列中，若，则的值为（    ） A．20 B．30 C．40 D．50 7．已知函数在有且仅有2个极值点，且在上单调递增，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 8．若，，，则事件A与事件B的关系是（    ） A．事件A与事件B互斥 B．事件A与事件B互为对立 C．事件A与事件B相互独立 D．事件A与事件B互斥又独立 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．如图，已知二面角的平面角大小为，垂足分别为，，若，则下列结论正确的有（    ） A．直线与平面所成角的余弦值为 B．点到平面的距离为 C．平面与平面夹角的余弦值为 D．三棱锥外接球的表面积为 10．已知函数，则下列说法正确的是（    ） A．的值域为 B．的对称中心为， C．在上的单减区间为 D．在上的极值点个数为1 11．平面上到两定点的距离之积为常数的动点的轨迹称为卡西尼卵形线.已知曲线是到两定点的距离之积为常数2的点的轨迹，设是曲线上的点，给出下列结论，其中正确的是（   ） A．曲线关于原点成中心对称 B． C． D．周长的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知，则的最小值为 . 13．已知函数满足对任意的，都有成立，则实数的取值范围为 . 14．如图1，在直角梯形中，，，，，，点E，F分别为边，上的点，且，.将四边形沿折起，如图2，使得平面平面，点M是四边形内（含边界）的动点，且直线与平面所成的角和直线与平面所成的角相等，则当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球的表面积为 . 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15.（本小题13分） 已知函数． (1)讨论的单调性； (2)当时，证明：． 16.（本小题15分） 已知是等差数列，其前项和为是等比数列，已知，是和的等比中项. (1)求和的通项公式； (2)求数列的前项和； (3)记，求证：. 17.（本小题15分） 如图，在三棱柱中，所有棱长均相等，，，.    (1)证明；平面. (2)若二面角的正弦值. 18.（本小题17分） 已知双曲线的虚轴长为，点在上.设直线与交于A，B两点（异于点P），直线AP与BP的斜率之积为. (1)求的方程； (2)证明：直线的斜率存在，且直线过定点. 19.（本小题17分） 11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜，该局比赛结束.甲､乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为，乙发球时甲得分的概率为，各球的比赛结果相互独立.在某局比赛双方打成平后，甲先发球. (1)求再打2球该局比赛结束的概率； (2)两人又打了个球该局比赛结束，求的数学期望； (3)若将规则改为“打成平后，每球交换发球权，先连得两分者获胜”，求该局比赛甲获胜的概率. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025届新高三新起点联合测评解析版 数学试卷 注意事项： 1．答题前，先将自已的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码贴在答题卡上的指定位置． 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交．． 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．已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】因为，， 所以. 故选：D. 2．若，则（    ） A．3 B． C．5 D． 【答案】C 【详解】因为，则， 所以. 故选：C. 3．已知向量，，若，则m的值为（    ） A．2 B．1 C． D． 【答案】D 【详解】根据题意知，，， 则，解之可得 故选：D 4．已知，则（    ） A． B．0 C． D．1 【答案】B 【详解】因为， 所以. 故选：B. 5．如图，已知四棱锥，底面ABCD是边长为2的正方形，侧棱长相等且为4，E为CD的中点，则异面直线CM与AE所成的角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】取的中点，连接，由E为CD的中点，得，， 则是异面直线CM与AE所成的角或其补角， 正方形中，，在中，， ，， 于是， 所以异面直线CM与AE所成的角的余弦值为. 故选：D 6．在等差数列中，若，则的值为（    ） A．20 B．30 C．40 D．50 【答案】C 【详解】由题意. 故选：C. 7．已知函数在有且仅有2个极值点，且在上单调递增，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】因为在有且仅有2个极值点， 所以，解得， 因为在上单调递增， 又，所以， 解得，所以． 故选：A． 8．若，，，则事件A与事件B的关系是（    ） A．事件A与事件B互斥 B．事件A与事件B互为对立 C．事件A与事件B相互独立 D．事件A与事件B互斥又独立 【答案】C 【详解】对于A,D,∵，∴A与B能同时发生，不互斥，故A,D错误； 对于B，∵，∴，又∵，，∴事件A与事件B不是对立事件，故B错误； 对于C,∵，∴，∴事件A与事件B相互独立，故C正确， 故选：C． 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．如图，已知二面角的平面角大小为，垂足分别为，，若，则下列结论正确的有（    ） A．直线与平面所成角的余弦值为 B．点到平面的距离为 C．平面与平面夹角的余弦值为 D．三棱锥外接球的表面积为 【答案】ABD 【详解】解：对于A中，过点作，使得， 过点作，使得，连接， 过点作，垂足为点，过点作，垂足为点， 因为，则， 所以即为的二面角，则， 同理可得，且四边形为矩形， 又因为，且平面，则平面， 因为平面，所以， 又因为，平面，则平面， 所以为直线与平面所成的角， 因为， 则，所以， 所以，所以A正确； 对于B中，由，且，平面， 则平面，因为平面，所以， 又因为，平面，则平面， 由A项知，所以，即点到平面的距离为，所以B正确； 对于C中，连接，过点作，垂足为， 由B知平面，因为平面，所以， 又因为平面，则平面， 因为平面，所以，所以为的二面角， 又因为，由，可得，所以， 所以，所以C错误； 对于D中，设三棱锥的外接球球心为，由， 取的中点为，取的中点为的中点为， 连接，则平面，且平面，， 因为平面，则， 又因为平面，则平面， 同理可得：平面，则四点共面，且， 则，，所以， 因为，所以， 即外接球的半径为，则外接球的表面积为：，所以D正确. 故选：ABD. 10．已知函数，则下列说法正确的是（    ） A．的值域为 B．的对称中心为， C．在上的单减区间为 D．在上的极值点个数为1 【答案】AD 【详解】， 对A：由，则，故A正确； 对B：令，，解得，， 故的对称中心为，，故B错误； 对C：令，，解得，， 则在上的单减区间为，故C错误； 对D：令，，即，， 则在上的极值点有一个，故D正确. 故选：AD. 11．平面上到两定点的距离之积为常数的动点的轨迹称为卡西尼卵形线.已知曲线是到两定点的距离之积为常数2的点的轨迹，设是曲线上的点，给出下列结论，其中正确的是（   ） A．曲线关于原点成中心对称 B． C． D．周长的最小值为 【答案】AC 【详解】由题意，，则， 即，即， 将代入有成立， 所以曲线C关于原点O成中心对称，A正确； 由，得，设，则， 所以，则当时，有最大值， 所以，所以B错误； 由B可知，当时，有最大值为，所以，所以C正确； 由，当且仅当时等号成立， 周长的最小值为， 而此时，不能构成三角形，即最小值不是，所以D错误. 故选：AC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知，则的最小值为 . 【答案】 【详解】由题，所以 ， 当且仅当，即，即时等号成立. 故答案为：. 13．已知函数满足对任意的，都有成立，则实数的取值范围为 . 【答案】 【详解】由题意，为定义在上的减函数，则各段为减函数，还要区间端点附近递减， 所以，解得，则. 故答案为：. 14．如图1，在直角梯形中，，，，，，点E，F分别为边，上的点，且，.将四边形沿折起，如图2，使得平面平面，点M是四边形内（含边界）的动点，且直线与平面所成的角和直线与平面所成的角相等，则当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球的表面积为 . 【答案】60π 【详解】翻折前，， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 所以即为直线与平面所成的角， 同理可得，即为直线与平面所成的角， 因为直线与平面所成的角和直线与平面所成的角相等， 所以， 而，， 所以，即， 设，则， 过点作于点， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 即点到平面的距离为， 因为三棱锥的体积，且为定值， 所以要使三棱锥的体积取得最大值，则需取得最大值， 设，，则， 由勾股定理知，，， 所以，， 消去整理得，，，， 当时，取得最大值12，即取得最大值，此时点在线段上，且， 所以，，两两垂直， 所以三棱锥的外接球就是以，，为邻边构成的长方体的外接球， 所以， 所以外接球的半径， 所以当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球的表面积为． 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、证明过程或演算步骤． 15.（本小题13分） 已知函数． (1)讨论的单调性； (2)当时，证明：． 【答案】(1)答案见解析； (2)证明见解析. 【详解】（1）函数的定义域为，求出得， 当时，，函数在上单调递增， 当时，由，得，由，得， 因此函数在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，函数的递增区间是； 当时，函数的递增区间是，递减区间是. （2）当时，，令， 函数的定义域为，求导得， 当时，，当时，， 因此函数在上单调递增，在上单调递减，则， 所以. 16.（本小题15分） 已知是等差数列，其前项和为是等比数列，已知，是和的等比中项. (1)求和的通项公式； (2)求数列的前项和； (3)记，求证：. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【详解】（1）由题意， ， 又是和的等比中项，得， 又，解得， ； （2）， 设， 则， 将以上两式相减得 ， ； （3） ， ， . 结论得证. 17.（本小题15分） 如图，在三棱柱中，所有棱长均相等，，，.    (1)证明；平面. (2)若二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）    设D为的中点，连接，，. 因为在三角形中，，所以三角形是等边三角形， 而是的中点，故由三线合一可知，， 因为，是三角形的中位线，即，所以. 因为，平面，所以平面. 因为平面，所以. 在中，，O为的中点，所以. 因为，平面，所以平面. （2）设三棱柱的棱长为，以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，. ，，.    设平面的法向量为， 则，可取. 设平面的法向量为， 则，可取. 因为平面平面，所以平面的一个法向量为. ，， 故二面角的正弦值为. 18.（本小题17分） 已知双曲线的虚轴长为，点在上.设直线与交于A，B两点（异于点P），直线AP与BP的斜率之积为. (1)求的方程； (2)证明：直线的斜率存在，且直线过定点. 【答案】(1) (2)证明见解析 【详解】（1）因为虚轴长为，所以， 将的坐标代入方程，得，解得， 故的方程为. （2）设，直线AP的斜率为，直线BP的斜率为． 当直线的斜率不存在时，设，联立得， 即， 由，得，解得（舍去）或（舍去）， 所以直线的斜率存在，设直线的方程为， 代入的方程得， 则， 由， 可得， 即， 化简得，即， 所以或， 当时，直线的方程为，直线过点， 与条件矛盾，舍去； 当时，直线的方程为，直线过定点 19.（本小题17分） 11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜，该局比赛结束.甲､乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为，乙发球时甲得分的概率为，各球的比赛结果相互独立.在某局比赛双方打成平后，甲先发球. (1)求再打2球该局比赛结束的概率； (2)两人又打了个球该局比赛结束，求的数学期望； (3)若将规则改为“打成平后，每球交换发球权，先连得两分者获胜”，求该局比赛甲获胜的概率. 【答案】(1) (2) (3). 【详解】（1）平后，设事件“第个球甲得分”，则“第个球乙得分”， 设“再打两球该局比赛结束”，则， 所以. （2）的可能取值为所有正偶数， 考虑第个球与第个球，如果这两球均由甲得分或均由乙得分，则比赛结束：如果这两球甲､乙各得1分， 则比赛相当于重新开始；这两球甲､乙各得1分的概率为， 所以 ， ， ， 所以， 记， 则， 以上两式相减得 ， 所以， 当趋于时，趋于4，所以. （3）设再打个球比赛结束且甲获胜的概率为， 则， 当为奇数时，， 当为偶数时，， 所以该局比赛甲获胜的概率 当趋于时，趋于， 所以该局比赛甲获胜的概率为. 学科网（北京）股份有限公司 $$