2025届新高三暑期摸底联合质量检测解析版

2025届新高三暑期摸底联合质量检测解析版数学试卷满分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．如图，已知全集，集合，，则图中阴影部分表示的集合为（

）A． B．C． D．【答案】A【详解】依题意，集合，而，则，由韦恩图知，图中阴影部分表示的集合为.故选：A2．已知复数，则的虚部为（

）A． B． C． D．【答案】A【详解】，所以虚部为.故选：A.3．设是等差数列的前n项和，且，则（

）A．17 B．34 C．51 D．68【答案】C【详解】解：设公差为d，则，即，则，故选：C4．已知“，不等式恒成立”，则a的取值范围为（

）A． B．C． D．【答案】A【详解】由不等式恒成立，所以,故选：A.5．正四棱台中，上底面边长为2，下底面边长为4，若侧面与底面所成的二面角为60°，则该正四棱台的侧面积为（

）A．8 B．12 C．24 D．48【答案】C【详解】如图：取棱的中点，作截面，则、为正四棱台的斜高.在等腰梯形中，易知，，，所以.所以四棱台的侧面积为：.故选：C6．的展开式的常数项为（

）A． B． C． D．【答案】A【详解】因为的展开式的通项公式为，所以的展开式的项为或，令时，，令时，，所以的展开式的常数项为，故选：A.7．已知圆，点在线段（）上，过点作圆的两条切线，切点分别为，，以为直径作圆，则圆的面积的最大值为（

）.A． B． C． D．【答案】D【详解】由题可知，，，，，为锐角，当圆的面积取最大值时最大，而，所以，因为点在线段（）上，所以，故，即圆半径的最大值为，所以圆的面积的最大值为，故选：D．8．已知，，，则，，的大小关系是（

）A． B． C． D．【答案】D【详解】因为，，所以，因为，所以，令，则，当时，，当时，，所以在上递减，在上递增，所以，所以当时，，所以，所以，所以，所以，综上.故选：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．如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法-商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，…，设第层有个球，从上往下层球的总数为，则（

）A． B． C． D．【答案】ACD【详解】由题意得，第层有个球，.即，，，，因为，所以，A正确；由，当时，，故B错误，C正确；由，D正确；故选：ACD.10．南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》一书中画了一张表示二项式系数构成的三角形数阵（如图所示），在“杨辉三角”中，下列选项正确的是（

）A．第10行所有数字的和为1024B．C．第6行所有数字的平方和等于D．若第行第个数记为，则【答案】ACD【详解】A：第10行所有数字是二项式系数，因此第10行所有数字的和为，因此本选项正确；B：，所以本选项不正确；C：所求的和表达式为：，因为，所以展开式中的系数为，即，而，因此有，于是有，所以本选项正确；D：因为，所以本选项正确，故选：ACD11．已知分别是正方体的棱和CD的中点，则（

）

A．与是异面直线B．与所成角的大小为45°C．与平面所成角的余弦值为D．平面与平面所成角的余弦值为【答案】AD【详解】对于选项A，因为平面，平面，，所以与是异面直线，故A正确；以D为原点的方向分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，

则，，对于选项B，因为，，设与所成角为，则，又因为，所以，故B错误；对于选项C，由题知平面的一个法向量为，因为，，设与平面所成角为α，则，，故C错误；对于选项D，，，设平面的法向量为，则令得，设平面的法向量为，，则令得，设平面与平面所成角的角为β，所以平面与平面所成角的余弦值为，故D正确．故选：AD.三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）12．如图所示，相邻区域不得使用同一颜色，现有种颜色可供选择，则涂满所有区域的不同的着色方法共有种(用数字填写答案)【答案】72【详解】若用3色涂，则应先把1，2，3，4，5五块区域分成三组，每组能用一种颜色涂，分组方法是35，24，1，此时的涂法有种，若用4色涂，则应先把1，2，3，4，5五块区域分成四组，每组能用一种颜色涂，分组方法是2，4，35，1或24，3，5，1，此时的涂法有种，所以总的涂色方法有.故答案为：.13．已知椭圆，为原点，过第一象限内椭圆外一点作椭圆的两条切线，切点分别为.记直线，，，的斜率分别为，，，，若，则的最小值是.【答案】5【详解】因为，故不关于轴对称且的横纵坐标不为0，所以直线方程斜率一定存在，设直线的方程为，联立方程，消去y可得，则，设Ax1,y则，，可得y，且，，由，可得，即，解得，下面证明椭圆在处的切线方程为，理由如下：当时，故切线的斜率存在，设切线方程为，代入椭圆方程得：，由，化简得：，所以，把代入，得：，于是，则椭圆的切线斜率为，切线方程为，整理得到，其中，故，即，当时，此时或，当时，切线方程为，满足，当时，切线方程为，满足，综上：椭圆在处的切线方程为；可知：椭圆在点Ax1,椭圆在点Bx2,由于点Px0,y0故，，所以直线为，因为直线的方程为，对照系数可得，，又，故，整理得，又Px故点Px0,，同理可得，则，又由于，，，故，设，则，则两式联立得，由得，，检验，当时，，又，解得，满足要求.故的最小值为4故的最小值是5故答案为：5.14．函数（）的图象和函数（）的图象的连续两个交点为，，若，则的取值范围为.【答案】【详解】作出两个函数的图象如图，则根据对称性知，即为等腰三角形．三角函数的周期，且，取的中点，连接，则，，由，得，得，得，得，则，即点纵坐标为，则，，，解得，即，得，即的取值范围为．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.（本小题13分）已知数列an的前n项和为，满足，，.(1)求数列的通项公式；(2)若数列的前n项和为，证明：当时.【答案】(1)(2)证明见解析【详解】（1）根据题意，当时，法一：∴当时，，也满足.法二：可得，所以数列是常数列，.（2），，首项满足，所以，所以，设数列，数列前n项和为，分析可得，数列从第2项开始放缩成，设数列数列前n项和为，所以.16.（本小题15分）如图（1），在中，，点为的中点.将沿折起到的位置，使，如图（2）.(1)求证：.(2)在线段上是否存在点，使得？若存在，求二面角的正弦值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析；(2)存在，.【详解】（1）依题意，由点为的中点，，得，又平面，则平面，又平面，于是，又平面，则平面，又平面，则，而平面，因此平面，又平面，所以.（2）依题意，得，由（1），则，过点作直线，则有，显然直线两两垂直，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图，则，，设，即，则，若存在点，使得，则，解得，则，即当为线段中点时，使得，设平面的法向量为，则，令，得，设平面的法向量为，则，令，得，设二面角的大小为，则，所以二面角的正弦值.17.（本小题15分）记的内角，，对边分别为，，，已知，，边上的中线．(1)求；(2)求；(3)若，分别为边，上的动点，现沿线段折叠三角形，使顶点恰好落在边上点，求长度最小值．【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）化简得：，，（2）在中，由余弦定理得：，（负根舍去），由正弦定理得：，解得：，或(舍去)（3）连接，则为线段的垂直平分线，设，则，设，在中，由正弦定理得：，，最大时即为的补角，而，所以，，，长度最小值.18.（本小题17分）椭圆的焦点为和，短轴长为.(1)求椭圆的标准方程；(2)设椭圆上、下顶点分别为、，过点的直线与椭圆交于、两点（不与、两点重合）.①求证：与的交点的纵坐标为定值；②己知直线，求直线、、围成的三角形面积最小值.【答案】(1)(2)①证明见解析；②【详解】（1）根据题意可得，，，则，所以，所以椭圆的标准方程为.（2）①因为直线过点，可知直线的斜率存在，且直线与椭圆必相交，可设直线，，，联立方程，消去可得，则，由根与系数的关系可得：，，因为，，可得直线，直线，所以．即，解得，所以直线，的交点在直线上.②设直线与直线，的交点分别为，，则由（1）可知：直线，直线．联立和方程，解得，，因为，又因为点到直线的距离，可得，只需求的最小值．由弦长公式可得．令，则．可得，当且仅当，即时等号成立．即的最小值为，可得面积的最小值为．故直线，，围成的三角形面积的最小值为.19.（本小题17分）设函数且，设.(1)证明:函数在区间0,1上存在唯一的极小值点；(2)证明:；(3)已知且，证明:.【答案】(1)证明过程见解析(2)证明过程见解析(3)证明过程见解析【详解】（1），当时，，，所以在上单调递增，要证函数在区间上存在唯一的极小值点，只需证明，我们构造函数，，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，，所以当时，在上单调递增，，所以存在唯一的使得，当时，，当时，，此时在上单调递减，在上单调递增，在上存在唯一极小值点；当时，，，所以在上依然单调递增，要证函数在区间上存在唯一的极小值点，只需证