精品解析：广西新课程教研联盟2025届高三上学期11月联考数学试题

2025届高中毕业班11月联考 数学 （全卷满分150分，考试时间120分钟） 注意事项： 1.答题前，考生务必将学校、班级、姓名、考号填写在答题卡上. 2.考生请在答题卡上作答（答题注意事项见答题卡），在本试题上作答无效. 一、单选题（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，，则等于（ ） A. B. C. D. 2. 若，则（ ） A. B. C. D. 3. 设，向量，，则是的（ ） A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 已知焦点在y轴上的椭圆的焦距为2，则其离心率为（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数的图象与直线的相邻交点间的距离为，若定义，则函数在区间内的图象是（ ） A. B. C. D. 6. 如图甲，在边长为4的正方形ABCD中，E，F分别是AB，BC的中点，将，，分别沿DE，EF，DF折起，使得A，B，C三点重合于点，如图乙，若三棱锥的所有顶点均在球O的球面上，则球O的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 南宋数学家杨辉在《详解九章算法・商功》一书中记载的三角垛、方垛、刍甍垛等的求和都与高阶等差数列有关，如图是一个三角垛，最顶层有1个小球，第二层有3个，第三层有6个，第四层有10个，...，设第层有个球，则的值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，，若，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（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. 关于空间向量，以下说法正确的是（ ） A. 若直线l的方向向量为，平面的一个法向量为，则 B. 若空间中任意一点O，有，则四点共面 C. 若空间向量，满足，则与夹角为钝角 D. 若空间向量，，则在上的投影向量为 10. 下列说法中，正确的是（ ） A. 若，则 B. 已知随机变量服从正态分布；则 C. 已知两个变量具有线性相关类系，其回归直线方程为；若，则 D. 若样本数据的方差为2，则数据的方差为4 11. 如图，边长为1的正方形所在平面与正方形在平面互相垂直，动点分别在正方形对角线和上移动，且，则下列结论中正确的有（ ） A. ，使 B. 线段存在最小值，最小值为 C. 直线与平面所成的角恒为45° D. ，都存在过且与平面平行的平面 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知，，则____________. 13. 已知甲盒中有3个白球，2个黑球；乙盒中有1个白球，2个黑球．若从这8个球中随机选取一球，该球是白球的概率是______；若从甲、乙两盒中任取一盒，然后从所取到的盒中任取一球，则取到的球是白球的概率是______． 14. 已知椭圆的长轴长和短轴长分别等于双曲线的焦距和虚轴长，在椭圆上任取一点P，过点P作圆的两条切线PM，PN.切点分别为M，N，则的最小值为______. 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. 在中，角，，的对边分别为，，，已知． （1）求； （2）若，，为的中点，求． 16. 如图，三棱柱中，四边形均为正方形，分别是棱的中点，为上一点. （1）证明：平面； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值. 17. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）当时，若函数有最小值2，求a的值. 18. 已知椭圆C：，若椭圆的焦距为4且经过点，过点的直线交椭圆于P，Q两点． （1）求椭圆方程； （2）求面积的最大值，并求此时直线的方程； （3）若直线与x轴不垂直，在x轴上是否存在点使得恒成立？若存在，求出s的值；若不存在，说明理由． 19. 某校开展科普知识团队接力闯关活动，该活动共有两关，每个团队由位成员组成，成员按预先安排的顺序依次上场，具体规则如下：若某成员第一关闯关成功，则该成员继续闯第二关，否则该成员结束闯关并由下一位成员接力去闯第一关；若某成员第二关闯关成功，则该团队接力闯关活动结束，否则该成员结束闯关并由下一位成员接力去闯第二关；当第二关闯关成功或所有成员全部上场参加了闯关，该团队接力闯关活动结束． 已知A团队每位成员闯过第一关和第二关的概率均为，且每位成员闯关是否成功互不影响，每关结果也互不影响． （1）用随机变量X表示A团队第位成员的闯关数，求X的分布列； （2）已知A团队第位成员上场并闯过第二关，求恰好是第3位成员闯过第一关的概率； （3）记随机变量表示A团队第位成员上场并结束闯关活动，证明单调递增，并求使的n的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025届高中毕业班11月联考 数学 （全卷满分150分，考试时间120分钟） 注意事项： 1.答题前，考生务必将学校、班级、姓名、考号填写在答题卡上. 2.考生请在答题卡上作答（答题注意事项见答题卡），在本试题上作答无效. 一、单选题（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，，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先解绝对值不等式得B，再根据交集的概念运算即可. 【详解】由得，所以，故. 故选：B 2. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，，利用复数乘法和复数相等的概念求出，再利用复数的模长公式求解即可. 【详解】设，， 则， 所以，解得， 所以，. 故选：D. 3. 设，向量，，则是的（ ） A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】利用是否推出关系来判断充要关系即可. 【详解】当时，向量，， 此时有，所以，故是充分条件； 当时，，解得，故不是必要条件； 所以是的充分不必要条件， 故选：B. 4. 已知焦点在y轴上的椭圆的焦距为2，则其离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意求出，再根据椭圆的离心率公式即可得解. 【详解】因为焦点在轴上的椭圆的焦距为2， 所以，解得， 所以椭圆的离心率. 故选：B. 5. 已知函数的图象与直线的相邻交点间的距离为，若定义，则函数在区间内的图象是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题知，利用求出，再根据题给定义，化简求出的解析式，结合正弦函数和正切函数图象判断，即可得出答案. 【详解】根据题意，的图象与直线的相邻交点间的距离为， 所以的周期为，则， 所以， 由正弦函数和正切函数图象可知A正确. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是对新定义的理解. 6. 如图甲，在边长为4的正方形ABCD中，E，F分别是AB，BC的中点，将，，分别沿DE，EF，DF折起，使得A，B，C三点重合于点，如图乙，若三棱锥的所有顶点均在球O的球面上，则球O的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将三棱锥补成一个长方体，由三棱锥的外接球即为长方体的外接球求解. 【详解】解：由题意可得，，，且，，， 所以三棱锥可补成一个长方体， 则三棱锥的外接球即为长方体的外接球， 如图所示： 设长方体的外接球的半径为R，可得， 所以外接球的体积为. 故选：D. 7. 南宋数学家杨辉在《详解九章算法・商功》一书中记载的三角垛、方垛、刍甍垛等的求和都与高阶等差数列有关，如图是一个三角垛，最顶层有1个小球，第二层有3个，第三层有6个，第四层有10个，...，设第层有个球，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】易得，再利用累加法求得，再利用裂项相消法求解. 【详解】解：由题意可得，，，，， 于是有， 所以，，，，…，， 将以上个式子相加得， 所以， 所以， . 故选：D 8. 已知函数，，若，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】结合题意构造函数，得到，表示出，再借助导数求出的最小值即可. 【详解】∵，， ∴， 令， ∴在上单调递增， ∴，即， ∴， 令，则， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； ∴， ∴的最小值为， 故选：B. 二、多选题（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. 关于空间向量，以下说法正确的是（ ） A. 若直线l的方向向量为，平面的一个法向量为，则 B. 若空间中任意一点O，有，则四点共面 C. 若空间向量，满足，则与夹角为钝角 D. 若空间向量，，则在上的投影向量为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据题意，由平面法向量的定义分析A，由空间向量基本定理分析B，由向量平行的性质分析C，由投影向量分析D． 【详解】对于A：若直线的方向向量为，平面的一个法向量为，易得，即，则有，A正确； 对于B：在中，由于，故四点共面，B正确； 对于C：当， 反向共线时， 也成立，但与夹角不为钝角，C错误； 对于D，在上的投影向量为，D正确． 故选：ABD． 10. 下列说法中，正确的是（ ） A. 若，则 B. 已知随机变量服从正态分布；则 C. 已知两个变量具有线性相关类系，其回归直线方程为；若，则 D. 若样本数据的方差为2，则数据的方差为4 【答案】BC 【解析】 【分析】利用条件概率公式判断A；利用正态分布的性质判断B；利用回归方程的性质判断C；利用数据方差的性质判断D即可. 【详解】对于选项A：因为， 则，所以，故A错误； 对于选项B：因为随机变量服从正态分布，， 所以，故B正确， 对于选项C：因为，所以， 将代入中，得到，解得，故C正确， 对于选项D：因为样本数据的方差为， 所以数据的方差为，故D错误. 故选：BC. 11. 如图，边长为1的正方形所在平面与正方形在平面互相垂直，动点分别在正方形对角线和上移动，且，则下列结论中正确的有（ ） A. ，使 B. 线段存在最小值，最小值为 C. 直线与平面所成的角恒为45° D. ，都存在过且与平面平行的平面 【答案】AD 【解析】 【分析】利用向量的线性运算可得，结合向量的模的计算可判断B的正误，结合向量夹角的计算可判断C的正误，结合共面向量可判断D的正误. 【详解】因为四边形正方形，故， 而平面平面，平面平面， 平面，故平面，而平面， 故. 设，则，其中， 由题设可得， ， 对于A，当即时，，故A正确； 对于B， ， 故，当且仅当即时等号成立，故，故B错误； 对于C，由B的分析可得， 而平面的法向量为且， 故，此值不是常数， 故直线与平面所成的角不恒为定值，故C错误； 对于D，由B的分析可得，故为共面向量， 而平面，故平面，故D正确； 故选：AD 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知，，则____________. 【答案】 【解析】 【分析】利用同角的正弦余弦的平方和为1可求得，进而利用两角和的余弦公式即可求值. 【详解】因为，，所以， 所以. 故答案为：. 13. 已知甲盒中有3个白球，2个黑球；乙盒中有1个白球，2个黑球．若从这8个球中随机选取一球，该球是白球的概率是______；若从甲、乙两盒中任取一盒，然后从所取到的盒中任取一球，则取到的球是白球的概率是______． 【答案】 ①. ## ②. 【解析】 【分析】根据古典概型的计算公式及全概率的计算公式直接得解. 【详解】根据题意，从这个8个球中随机选取一球，该球是白球的概率是； 设“取出甲盒”为事件，“取出乙盒”为事件，“取到的球是白球”为事件， 则 . 所以从甲、乙两盒中任取一盒，然后从所取到的盒中任取一球，则取到的球是白球的概率是. 故答案为：；. 14. 已知椭圆的长轴长和短轴长分别等于双曲线的焦距和虚轴长，在椭圆上任取一点P，过点P作圆的两条切线PM，PN.切点分别为M，N，则的最小值为______. 【答案】0 【解析】 【分析】由已知可求得椭圆方程为，利用两点间的距离可求得，设，得，换元，利用函数单调性即可求解． 【详解】依题意，椭圆的长轴长和短轴长分别等于双曲线的焦距和虚轴长， 故，，所以椭圆方程为. 设点，则，可得， 由圆，可得圆心， ， ∵，则，不妨设， 则 ， 令，，则， 由对勾函数的性质可知，在递增，故，此时， 故的最小值为0. 故答案为：0. 【点睛】关键点点睛：重点利用向量数量积的最值转化为函数的最值问题，通过构造函数的方法求最值，通过换元将几何问题代数化，利用函数单调性进行最值分析，充分展示了数学中的抽象与简化技巧. 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. 在中，角，，的对边分别为，，，已知． （1）求； （2）若，，为的中点，求． 【答案】（1）1 （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理边角化，结合和差角公式即可求解， （2）根据余弦定理可得，进而根据向量的模长公式即可求解. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理得， 在中，，则有， ， ，又，， ，, 【小问2详解】 根据余弦定理有， 则有，解得或（舍去）， 为的中点，则， ， ． 16. 如图，三棱柱中，四边形均为正方形，分别是棱的中点，为上一点. （1）证明：平面； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） 连接. 因为，且， 又分别是棱的中点， 所以，且， 所以四边形为平行四边形，所以， 又平面平面， 所以平面， 因为，且， 所以四边形为平行四边形，所以， 又平面平面， 所以平面， 因为平面， 所以平面平面， 因为平面，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）连接,则有平面平面，可得平面； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量进行计算即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 四边形均为正方形，所以. 所以平面. 因为，所以平面. 从而. 又，所以为等边三角形. 因为是棱的中点， 所以. 即两两垂直. 以为原点，所在直线为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系. 设， 则， 所以. 设为平面的法向量， 则，即，可取. 因为，所以. 设直线与平面所成角为， 则， 即直线与平面所成角正弦值为. 17. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）当时，若函数有最小值2，求a的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，根据导数的几何意义求得答案； （2）对求导，得到的单调性，可得，再令，证得，即，可得出答案. 【小问1详解】 当时，，的定义域为， 则，则，， 由于函数在点处切线方程为，即. 【小问2详解】 的定义域为， ， 当时，令，解得：；令，解得：， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，，即 则令，设，， 令，解得：；令，解得：， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以， 所以，解得：. 18. 已知椭圆C：，若椭圆的焦距为4且经过点，过点的直线交椭圆于P，Q两点． （1）求椭圆方程； （2）求面积的最大值，并求此时直线的方程； （3）若直线与x轴不垂直，在x轴上是否存在点使得恒成立？若存在，求出s的值；若不存在，说明理由． 【答案】（1） （2）面积最大值为，直线或 （3）存在， 【解析】 【分析】（1）由焦距是4求出，将代入椭圆方程求出，得到答案； （2）根据题意设直线，与椭圆方程联立可得，由，代入运算化简，利用不等式求出面积的最大值； （3）根据题意有，转化为，由第二问代入运算得解. 【小问1详解】 由题意，，将点代入椭圆方程得， 解得，，所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 根据题意知直线的斜率不为0，设直线，，， 联立，消去整理得， ，，且， ，令，， ， 当且仅当，即，即时，等号成立， 所以面积的最大值为，此时直线的方程为或. 【小问3详解】 在轴上存在点使得，理由如下： 因为，所以，即， 整理得，即， 即， 则，又，解得， 所以在轴上存在点使得. 19. 某校开展科普知识团队接力闯关活动，该活动共有两关，每个团队由位成员组成，成员按预先安排的顺序依次上场，具体规则如下：若某成员第一关闯关成功，则该成员继续闯第二关，否则该成员结束闯关并由下一位成员接力去闯第一关；若某成员第二关闯关成功，则该团队接力闯关活动结束，否则该成员结束闯关并由下一位成员接力去闯第二关；当第二关闯关成功或所有成员全部上场参加了闯关，该团队接力闯关活动结束． 已知A团队每位成员闯过第一关和第二关的概率均为，且每位成员闯关是否成功互不影响，每关结果也互不影响． （1）用随机变量X表示A团队第位成员的闯关数，求X的分布列； （2）已知A团队第位成员上场并闯过第二关，求恰好是第3位成员闯过第一关的概率； （3）记随机变量表示A团队第位成员上场并结束闯关活动，证明单调递增，并求使的n的最大值． 【答案】（1） X 0 1 2 P （2）； （3） 由（2）知，． 当时，若前面人都没有一人闯过第一关，其概率为， 若前面人有一人闯过第一关，其概率为， 故． 故． ，即单调递增；又， 故， 所以，① ，② 得， 故． 由，得， 设，则， 故单调递减，，故满足题意的n的最大值为5． 【解析】 【分析】（1）求出对应随机变量的概率，列出分布列即可； （2）根据条件概率的公式，计算即可得解； （3）求出，再得出期望，作差证明单调性，利用错位相减法求出，根据单调性解不等式得解. 【小问1详解】 X的所有可能取值为0，1，2， ，， ， 的分布列如下： X 0 1 2 P 【小问2详解】 记A团队第位成员上场且闯过第二关的概率为， 若前面人都没有一人闯过第一关，其概率为， 若前面人有一人闯过第一关，其概率为， 故， “第6位成员上场且闯过第二关”，“第3位成员闯过第一关”， 故， ． 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：根据题意求出，再利用作差法判断单调性是第一个关键点，第二个关键点在于利用，错位相减法求出. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $