精品解析：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. 【答案】D 【解析】 【分析】先求集合A，再根据交集运算求解. 【详解】因为，， 所以. 故选：D. 2. 若，则（ ） A. 3 B. C. 5 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意求得，进而求模长. 【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 【解析】 【分析】由向量垂直的坐标表示列方程等于零求解，可得结论. 【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 【解析】 【分析】根据题意结合齐次式问题分析求解. 【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 【解析】 【分析】取有中点，利用几何法，结合余弦定理求出异面直线夹角的余弦. 【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 【解析】 【分析】直接由等差数列的性质即可求解. 【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 【解析】 【分析】由在有且仅有2个极值点，可得，解得，又在上单调递增，可得，解得，则可得的取值范围. 【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，则事件与事件的关系是（ ） A. 事件与事件互斥 B. 事件与事件对立 C. 事件与事件相互独立 D. 事件与事件互斥又独立 【答案】C 【解析】 【分析】计算出，即可得出结论. 【详解】因为，所以， 又因为，，所以， 所以事件与事件相互独立、事件与事件不互斥，故不对立. 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 【解析】 【分析】根据题意，证得平面，得到为直线与平面所成的角，在直角中，可判定A正确；证得平面，求得点到平面的距离可判定B正确；证得和，得到为的二面角的平面角，由，求得，得到，可判定C错误；设三棱锥的外接球球心为，取的中点为，取的中点为的中点为，得到平面，且平面，证得平面和平面，结合球的截面圆的性质，可判定D正确. 【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 【解析】 【分析】借助三角恒等变换公式将原函数化为正弦型函数后，借助正弦型函数的值域、对称性、单调性与极值点逐项计算并判断即可得. 【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 【解析】 【分析】由已知可得点满足的方程，代入点满足方程，即可判断A；由，得，可求的最大值，可得，即可判断B；由时，有最大值为1，即可判断C；由，可得时，不能构成三角形，即可判断D. 【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】 【解析】 【分析】依据条件结构特征利用分离常数法和配凑法思想对进行变形配凑，再结合基本不等式即可求解最小值. 【详解】由题，所以 ， 当且仅当，即，即时等号成立. 故答案为：. 【点睛】关键点睛：解决本题的关键在于巧妙变形分离和配凑. 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】 【解析】 【分析】运用分段函数单调性知识，结合一次函数和指数型函数单调性知识可解. 【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 【解析】 【分析】先结合线面角的定义与已知条件可得，从而知，过点作于点，根据三棱锥的体积公式，将条件转化为取得最大值，再结合勾股定理确定点的位置，然后利用补形法求外接球的半径即可． 【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：． 【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下： （1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径； （2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的； （3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解. 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. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）当时，证明：． 【答案】（1）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）证明如下： 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. 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，再按分类探讨单调区间即得. （2）构造函数，再利用导数探讨最大值即得证. 【小问1详解】 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. 【小问2详解】 略 16. 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） ， ， . 结论得证. 【解析】 【分析】（1）由求出，利用又是和的等比中项、求出； （2）利用错位相减法求出； （3）利用放缩法求和可得答案. 【小问1详解】 由题意， ， 又是和的等比中项，得， 又，解得， ； 【小问2详解】 ， 设， 则， 将以上两式相减得 ， ； 【小问3详解】 略 17. 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） 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） 【解析】 【分析】（1）设D为的中点，先证明平面，以此得到，再证明，结合线面垂直的判定定理即可得解； （2）建立适当的空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，结合向量夹角的坐标公式即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 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. 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：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 【解析】 【分析】（1）借助虚轴定义得，将的坐标代入方程得，即可求解双曲线方程； （2）设出直线方程，代入曲线中，可得与交点横坐标有关韦达定理，借助韦达定理计算斜率之积可得直线l中参数关系，即可得其定点. 【小问1详解】 因为虚轴长为，所以， 将的坐标代入方程，得，解得， 故 的方程为. 【小问2详解】 略 【点睛】方法点睛：解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略： 1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标； 2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关. 19. 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）. 【解析】 【分析】（1）由题意可知甲连续得2分，或乙连续得2分比赛结束，再利用独立事件和互斥事件的概率公式可求得结果； （2）由题意可知的可能取值为所有正偶数，然后根据题意分别求出相应的概率，表示出期望后，再利用错位相减法可求得结果； （3）设再打个球比赛结束且甲获胜的概率为，当为奇数时，，当为偶数时，，则可求得甲获胜的概率. 【小问1详解】 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. 【小问2详解】 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. 【小问3详解】 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. 【点睛】关键点点睛：此题考查概率的求法，考查相互独立事件的概率乘法公式的应用，考查等比数列求和公式，考查错位相减求和，第（3）问解题的关键是根据题意分为奇数和为偶数表示出通项公式，考查理解能力和计算能力，属于较难题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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，则事件与事件的关系是（ ） A. 事件与事件互斥 B. 事件与事件对立 C. 事件与事件相互独立 D. 事件与事件互斥又独立 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. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）当时，证明：． 16. 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. 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. 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. 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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $