精品解析：湖北省部分学校2025届新高三新起点暑期效果联合质量检测数学试卷

2025届新高三新起点暑期效果联合质量检测 数学试卷 满分150分，考试用时120分钟 注意事项： 1. 答题前，先将自己的姓名、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、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】化简集合、，根据并集的定义求解即可． 【详解】解：因为集合， ， 所以． 故选：A． 2. 若复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】整理可得，结合复数的模长公式运算求解. 【详解】由题意可得：， 所以． 故选：C． 3. 在中，是中点且，则向量在向量上的投影向量（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由已知得为等边三角形，结合投影向量的定义即可求解. 【详解】由，得为等边三角形， 故过点作交于点，则为中点， 所以向量在向量上的投影向量为，与方向相反， 由是中点，为中点，有. 故选：C 4. 已知数列满足，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据递推公式求出、即可. 【详解】因为且， 所以，解得，则，即，解得. 故选：C 5. 与都是边长为2的正三角形，沿公共边折叠成的二面角，若点A，B，C，D在同一球的球面上，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据外接球球心的性质确定球心的位置为过正与的中心的垂线上，再构造直角三角形求解球的半径，即可求解． 【详解】解：由题，设正与的中心分别为，， 根据外接球的性质有平面，平面， 又二面角的大小为，故， 又正与的边长均为2， 故， 故， ， ， 故， 故，又， 故球的半径， 故球的表面积为． 故选：C． 6. 若圆上恰有三点到直线的距离为2，则的值为（　　） A. B. C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】圆的圆心，半径，由圆上恰有三点到直线的距离为2，得到圆心到直线的距离为1，由此能出的值． 【详解】由得，所以圆心，半径， 因为圆上恰有三点到直线的距离为2， 所以圆心到直线的距离为1， 即，解得， 故选：C． 7. 若函数有两个不同的极值点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将原问题等价转换为关于的方程在上有两个不同的实数根，结合二次函数性质即可求解. 【详解】， 故原命题等价于关于的方程在上有两个不同的实数根， 即关于的方程在上有两个不同的实数根， 令，则， 所以关于的方程在上有两个不同的实数根， 令， 因为在上单调递增，故在上的值域为， 因为在上单调递减，故在上的值域为， 而，从而实数的取值范围是. 故选：A. 8. 十七世纪法国数学家、被誉为业余数学家之王的皮埃尔·德·费马提出一个著名的几何问题：已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小．其答案如下：当三角形的三个角均小于时，所求的点为三角形的正等角中心，即该点与三角形三个顶点的连线两两成角;当三角形有一内角大于或等于时，所求的点为三角形最大内角的顶点．在费马问题中所求的点被称为费马点．已知a，b，c分别是的内角A，B，C所对的边，且，若P为的费马点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据正弦定理求出A，结合题设易知点P一定在的内部，再利用余弦定理、向量的数量积求出结果． 【详解】由，及正弦定理得， 因为，所以，消去得． 因为，故或， 而根据题意，故不成立， 所以，又因为，代入得，所以． 由三角形内角和性质可知，的三个内角均小于， 结合题设易知点P一定在的内部． 由余弦定理可得， 解得 ， 所以， 所以 ． 故选：A. 【点睛】思路点睛：解题的思路是由正弦定理求出A，结合题设易知点P一定在的内部，再利用余弦定理、向量的数量积求出答案． 二、多项选择题（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，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 设首项为1的数列前项和为，已知，则下列结论正确的是（ ） A. 数列为等比数列 B. 数列的前项和 C. 数列的通项公式为 D. 数列为等比数列 【答案】AB 【解析】 【分析】由条件找到，结合等比数列定义即可得A、B；由的通项公式可求得的通项公式，即可得C、D. 【详解】对A、B：，， 又，数列是首项公比都为的等比数列， 故，即，故A、B正确； 对C、D： 当，， 当，，，故C错误. ，， 所以数列不是等比数列，故D错误. 故选：AB. 10. 已知为斜三角形，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则（ ） A. B. 的最小值为2 C. 若，则 D. 若，则 【答案】AC 【解析】 【分析】根据正弦定理化简，结合推导出，然后化成正切的式子，得到，判断出A项正确；根据基本不等式取等号的条件，得到当的最小值时，，此时为等腰直角三角形，与题设矛盾，可知B项不正确；利用正弦定理证出，结合余弦定理，证出，判断出C项正确；若，利用余弦定理与三角恒等变换公式，化简得到，求得或，可知D项不正确． 【详解】A．由，得， 因为， 所以， 两边都除以，得， 整理得，故A项正确； B．若的最小值为2，则此时，可得， 结合，得， 此时，可得，与为斜三角形矛盾，故B项不正确； C．若，由正弦定理，得， 结合，可得， 所以，可得， 由余弦定理得， 因此，，整理得，故C项正确； C．， 若，则， 可得，即， 结合为三角形的内角，可知或， 所以或，故D项不正确． 故选：AC． 11. 如图，正方体的棱长为1，P是线段上的动点，则下列结论正确的是（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 平面 C. 的最小值为 D. 当，C，，P四点共面时，四面体的外接球的体积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项，求出为定值，且P到平面的距离为1，从而由等体积得到锥体体积为定值；B选项，证明出面面平行，得到线面平行； C选项，将两平面展开到同一平面，连接，交于点，此时最小，最小值即为的长，由勾股定理得到最小值； D选项，点P在点B处，，C，，P四点共面，四面体的外接球即正方体的外接球，求出正方体的外接球半径，得到外接球体积. 【详解】对于A，因为不在平面内，平面， 所以平面，又， 所以点到平面的距离为， 又为定值， 故定值，A正确； 对于B，因为，平面，平面，所以平面， 同理可知平面， 又，平面， 所以平面平面， 由于平面，故平面，B正确. 对于C，展开两线段所在的平面，得矩形及等腰直角三角形， 连接，交于点，此时最小，最小值即为的长， 过点作⊥，交的延长线于点， 其中， 故，又勾股定理得，C正确； 对于D，点P在点B处，，C，，P四点共面， 四面体的外接球即正方体的外接球， 故外接球的半径为，所以该球的体积为，D正确. 故选：ABD 【点睛】特殊几何体的内切球或外接球的问题，常常进行补形，转化为更容易求出外接球或内切球球心和半径的几何体，比如墙角模型，对棱相等的三棱锥常常转化为棱柱来进行求解. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 在中，角A，B，C的对边分别为的平分线AD交BC于点.若，则周长的最小值为___________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据正弦定理边角化可得，即可利用正弦和差角公式求解，利用等面积法可得，进而根据基本不等式即可求解. 【详解】， ， 即， ， ， . ，得， 由，得，当且仅当时，等号成立. 又的周长，当且仅当时，等号成立. 故答案为： 13. 的展开式中，所有项的系数和为__________． 【答案】32 【解析】 【分析】代入可求出所有项的系数和． 【详解】解：令，得， 所以所有项的系数和为32． 故答案为：32． 14. 已知，若，，则的最大值为______． 【答案】 【解析】 【分析】设，作出和的图象，数形结合得出，由余弦函数图象的对称性得出，结合得出，构造函数，利用导数求出最大值即可求解． 【详解】设，则，的图象如图所示， 即的图象与的图象有3个交点，横坐标依次为，且， 由余弦函数图象的性质可知，， 所以， 又因为，所以， 令， 则，令，解得或， 当时，在单调递增， 当时，在单调递减， 当时，在单调递增， 又因为，， 所以， 所以， 故答案为：． 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 在中，角的对边分别为，若，且． （1）求角B的值； （2）若，且的面积为，求BC边上的中线AM的长． 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）应用正弦定理边角转化得出正弦值进而得出角； （2）先化简求角，再应用面积公式得出，最后应用余弦定理得出中线. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理得， 所以或， 又因为，则，故. 【小问2详解】 由（1）知，又，所以， 则，所以 又，所以， 在中， 由余弦定理得， 所以. 16. 如图，四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面，，，为的中点． （1）求证：平面平面； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明：以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，设， 则，，，， ，，. 设平面PCD的一个法向量为，则， 即，不妨令，则，， 所以， 设平面PAC的一个法向量为，则， 即，不妨令，则，， 所以， 因为， 所以，所以平面平面． （2） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用两平面法向量数量积为，证明面面垂直； （2）利用法向量方法求解线面角. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，，所以，， 因为，所以，即，解得， 故，所以，由（1）知， 设直线BM与平面PCD所成的角为， 则， 故直线BM与平面PCD所成角的正弦值为. 17. “布朗运动”是指悬浮在液体或气体中的微小颗粒所做的永不停息的无规则运动，在如图所示的试验容器中，容器由三个仓组成，某粒子做布朗运动时每次会从所在仓的通道口中等可能随机选择一个到达相邻仓，且粒子经过次随机选择后到达2号仓的概率为，已知该粒子的初始位置在2号仓. （1）求； （2）证明数列是等比数列，并求数列的通项公式； （3）粒子经过4次随机选择后，记粒子在1号仓出现的次数为，求的分布列与数学期望. 【答案】（1） （2）证明：记粒子经过次随机选择后到达1号仓的概率为，粒子经过次随机选择后到达3号仓的概率为， 所以 所以，所以， 又， 所以是公比为的等比数列. 所以. （3）分布列： 0 1 2 数学期望为 【解析】 【分析】（1）根据题意分别求出即可； （2）根据题意得出数列的递推公式，再根据等比数列的定义证明为等比数列即可； （3）依题意可得的可能取值有，再计算其概率分布列和数学期望即可. 【小问1详解】 由题意可得：. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 结合题意易得可取， ， ， ， 所以的分布列为 0 1 2 的数学期望 18. 已知椭圆的离心率为，椭圆的左，右焦点与短轴两个端点构成的四边形面积为. （1）求椭圆的方程； （2）若直线与轴交于点，与椭圆交于两点，过点作轴的垂线交椭圆交于另一点，求面积的最大值. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，结合离心率及四边形面积列式求出，即可求出椭圆的方程. （2）联立直线l与椭圆的方程得到，再利用切割法得到，化简得到，进而利用基本不等式求得面积的最大值. 【小问1详解】 设椭圆的焦距为，则，即，则，， 由的左，右焦点与短轴的两个端点构成的四边形的面积为，得， 即，解得， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 显然，设，则， 由消去得，， 则， 又，而与同号， 因此 ， 当且仅当，即时等号成立， 所以面积的最大值为. 【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的几何图形面积范围或最值问题，可以以直线的斜率、横(纵)截距、图形上动点的横(纵)坐标为变量，建立函数关系求解作答. 19. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若有两个极值点，证明：. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）对求导，利用导数的几何意义可得切线斜率，再求出，利用点斜式可得切线方程； （2）由已知可得有两个不等正根，，不妨设，参变量分离，构造新函数，利用导数求出，的取值范围，求出，，构造函数，利用导数求出，的范围，从而证得不等式成立． 【小问1详解】 当时，，， ，，切线方程为， 即. 【小问2详解】 由题意得有两个不等正根，不妨设， 令，得. 设，则， 令，则， 在上单调递减，在上单调递增， 当时，， . ，， 令，则. 当时，，， 当时，，， 在上单调递增. ，，. 又，故，所以， 设， 则当时在单调递减， 当时，在单调递增，故当，故 易知，. 令，则， 在上单调递减，， ，， ，而，. 【点睛】方法点睛：利用导数证明或判定不等式问题： 1．通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系； 2．利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系； 3．适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系； 4．构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025届新高三新起点暑期效果联合质量检测 数学试卷 满分150分，考试用时120分钟 注意事项： 1. 答题前，先将自己的姓名、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、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数，则（ ） A. B. C. D. 3. 在中，是中点且，则向量在向量上的投影向量（ ） A. B. C. D. 4. 已知数列满足，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 5. 与都是边长为2的正三角形，沿公共边折叠成的二面角，若点A，B，C，D在同一球的球面上，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 6. 若圆上恰有三点到直线的距离为2，则的值为（　　） A. B. C. D. 2 7. 若函数有两个不同的极值点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 十七世纪法国数学家、被誉为业余数学家之王的皮埃尔·德·费马提出一个著名的几何问题：已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小．其答案如下：当三角形的三个角均小于时，所求的点为三角形的正等角中心，即该点与三角形三个顶点的连线两两成角;当三角形有一内角大于或等于时，所求的点为三角形最大内角的顶点．在费马问题中所求的点被称为费马点．已知a，b，c分别是的内角A，B，C所对的边，且，若P为的费马点，则（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（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，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 设首项为1的数列前项和为，已知，则下列结论正确的是（ ） A. 数列为等比数列 B. 数列的前项和 C. 数列的通项公式为 D. 数列为等比数列 10. 已知为斜三角形，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则（ ） A. B. 的最小值为2 C. 若，则 D. 若，则 11. 如图，正方体的棱长为1，P是线段上的动点，则下列结论正确的是（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 平面 C. 的最小值为 D. 当，C，，P四点共面时，四面体的外接球的体积为 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 在中，角A，B，C的对边分别为的平分线AD交BC于点.若，则周长的最小值为___________. 13. 的展开式中，所有项的系数和为__________． 14. 已知，若，，则的最大值为______． 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 在中，角的对边分别为，若，且． （1）求角B的值； （2）若，且的面积为，求BC边上的中线AM的长． 16. 如图，四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面，，，为的中点． （1）求证：平面平面； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值． 17. “布朗运动”是指悬浮在液体或气体中的微小颗粒所做的永不停息的无规则运动，在如图所示的试验容器中，容器由三个仓组成，某粒子做布朗运动时每次会从所在仓的通道口中等可能随机选择一个到达相邻仓，且粒子经过次随机选择后到达2号仓的概率为，已知该粒子的初始位置在2号仓. （1）求； （2）证明数列是等比数列，并求数列的通项公式； （3）粒子经过4次随机选择后，记粒子在1号仓出现的次数为，求的分布列与数学期望. 18. 已知椭圆的离心率为，椭圆的左，右焦点与短轴两个端点构成的四边形面积为. （1）求椭圆的方程； （2）若直线与轴交于点，与椭圆交于两点，过点作轴的垂线交椭圆交于另一点，求面积的最大值. 19. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若有两个极值点，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $