江苏省部分高中2025届高三上学期新起点联合测评 数学试卷（含解析）

江苏省部分高中2025届高三上学期新起点联合测评数学试卷一、单选题（本大题共8小题）1．已知集合，则（

）A． B． C． D．2．复数的模为（

）A． B．2 C． D．33．已知向量，，且，则（

）A．1 B．2 C．3 D．44．已知数列满足，，则的值为（

）A．1000 B．1013 C．1011 D．10125．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则的形状是（

）三角形A．等腰 B．直角 C．等腰直角 D．等腰或直角6．已知椭圆C：（）的左、右焦点分别为，，P为C上一点，满足，以C的短轴为直径作圆O，截直线的弦长为，则C的离心率为（

）A． B． C． D．7．在四边形中，，将折起，使平面平面，构成三棱锥，如图，则在三棱锥中，下列结论不正确的是（

）A． B．C．平面平面 D．平面平面8．已知定义在上的函数满足，且当时，，则（

）A． B．C． D．二、多选题（本大题共3小题）9．已知，则（

）A．的最小值为 B．的最大值为C．的最小值为 D．的最小值为10．关于函数，下列结论正确的是（

）A．是的一个对称中心B．函数在上单调递增C．函数图象可由函数的图像向右平移个单位得到D．若方程在区间上有两个不相等的实根，则11．如图，在棱长为2的正方体中，均为所在棱的中点，动点P在正方体表面运动，则下列结论中正确的为（

）

A．在中点时，平面平面B．异面直线所成角的余弦值为C．在同一个球面上D．，则点轨迹长度为三、填空题（本大题共3小题）12．学校要安排一场文艺晚会的8个节目的演出顺序，2个集体节目分别安排在第1个和最后1个，还有3个音乐节目，2个舞蹈节目，1个小品节目，要求同类节目不能连续安排，则共有种不同的排法（填写数字）．13．已知是双曲线的左右焦点，过的直线交双曲线右支于两点，分别是和的内切圆半径，则的取值范围是.14．不透明的盒子中装有大小质地相同的4个红球、2个白球，每次从盒子中摸出一个小球，若摸到红球得1分，并放回盒子中摇匀继续摸球；若摸到白球，则得2分且游戏结束．摸球次后游戏结束的概率记为，则；游戏结束后，总得分记为，则的数学期望．四、解答题（本大题共5小题）15．已知a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且.(1)求角A；(2)若，，求c.16．如图1，在等腰直角三角形ABC中，，，D，E分别是AC，AB上的点，，O为BC的中点．将△ADE沿DE折起，得到如图2所示的四棱锥，其中．(1)求证：；(2)求点B到平面的距离．17．已知曲线上的点到点的距离比到直线的距离小为坐标原点.直线过定点.(1)直线与曲线仅有一个公共点，求直线的方程；(2)曲线与直线交于两点，试分别判断直线的斜率之和､斜率之积是否为定值？并说明理由.18．某篮球俱乐部由篮球Ⅰ队和Ⅱ队组成.Ⅰ队球员水平相对较高，代表俱乐部参加高级别赛事；Ⅱ队是Ⅰ队的储备队，由具有潜力的运动员组成.为考察Ⅰ队的明星队员甲对球队的贡献，教练对近两年甲参加过的60场与俱乐部外球队的比赛进行统计：甲在前锋位置出场12次，其中球队获胜6次；中锋位置出场24次，其中球队获胜16次；后卫位置出场24次，其中球队获胜18次.用该样本的频率估计概率，则：(1)甲参加比赛时，求Ⅰ队在某场与俱乐部外球队比赛中获胜的概率；(2)为备战小组赛，Ⅰ队和Ⅱ队进行10场热身赛，比赛没有平局，获胜得1分，失败得0分.已知Ⅰ队在每场比赛中获胜的概率是p（），若比赛最有可能的比分是7∶3，求p的取值范围；(3)现由Ⅰ队代表俱乐部出战小组赛，小组共6支球队，进行单循环赛（任意两支队伍间均进行一场比赛），若每场比赛均派甲上场，在已知Ⅰ队至少获胜3场的条件下，记其获胜的场数为X，求X的分布列和数学期望.19．已知函数.(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)讨论的单调性；(3)若有极大值，且极大值大于，求的取值范围.

参考答案1．【答案】B【分析】先解方程求出集合A，集合B，再由交集的概念可直接得到答案.【详解】由题意可得所以故选B.2．【答案】C【分析】根据复数的运算，结合复数的模长计算公式，可得答案.【详解】，．故选C.3．【答案】B【分析】根据向量共线得到方程，解出即可.【详解】由题意得，解得.故选B.4．【答案】D【分析】由递推式变形知是等差数列，然后根据等差数列的通项公式求解即可.【详解】由，得，所以是等差数列，首项，公差，所以，所以.故选D.5．【答案】D【分析】利用余弦定理将等式整理得到，对或分类讨论即可判断．【详解】由，由余弦定理得，化简得，当时，即，则为直角三角形；当时，得，则为等腰三角形；综上：为等腰或直角三角形，故D正确．故选D．6．【答案】A【分析】取弦AB的中点D，连接，求出，结合椭圆定义即可求解．【详解】如图，取弦的中点D，连接，则，即，因为，所以，因为O为的中点，所以D是的中点，所以，因为，所以OD垂直平分弦，因为，，所以，所以，由椭圆定义可得，，所以，解得，，所以离心率为.故选A．7．【答案】D【分析】根据线面、面面垂直的判定定理以及线面、面面垂直的性质定理逐项判断即可.【详解】对于B，如图①，因为，所以，又因为，，所以，所以，所以，故B正确；对于A，由B选项知，又因为平面平面，平面，平面平面，所以平面，因为平面，所以，故A正确；对于C，由选项A知，平面，因为平面，所以平面平面，故C正确;对于D，如图②过点A作，垂足为，因为平面平面，平面，平面平面，所以平面，显然平面，所以平面与平面不垂直，故D错误.故选D.8．【答案】D【分析】应用赋值法构造出的等量关系，再结合不等式性质判断即可.【详解】由题意，，.赋值，得；赋值，得，即，当时，，当时，则，所以，即；赋值，得，解得，即；AC项，由，，得，其中由，可知，当时，，即；当时，，即；故AC错误；BD项，，得；又，所以，则，故，且不恒为，故B错误，D正确.故选D.9．【答案】ABD【分析】根据指数运算，结合基本不等式即可判断A；结合对数运算，利用基本不等式可判断B；将化为关于x的二次函数，结合二次函数性质可判断是C；通过变量代换，令，得到，根据“1”的巧用，将变形后，利用基本不等式，即可判断D..【详解】对于A，由于，故，当且仅当，结合，即时，等号成立，即的最小值为，A正确；对于B，由于，，则，当且仅当时，等号成立，故，即的最大值为，B正确；对于C，又，得，故由于，所以，而对称轴为，则在上单调递减，在上无最值，C错误；对于D，令，则，故，由于，故，，则，当且仅当，结合，即时，等号成立，所以，即的最小值为，D正确，故选ABD.10．【答案】BC【分析】根据三角函数图像性质分别判断各选项.【详解】A选项：由，令，，解得，，所以其对称中心为，所以不是其对称中心，A选项错误；B选项：令，，解得，，即函数的单调递增区间为，，又，，B选项正确；C选项：由，向右平移可得，C选项正确；D选项：，即，设，则，即函数与函数在上有两个交点，做出函数图象，如图所示，所以可得，解得，D选项错误；故选BC.11．【答案】ACD【分析】根据正方体图象特征证明面，结合面面垂直的判定定理判断A；根据异面直线所成的角判断B错误；根据五点共圆得到C；分析可知点轨迹是过点与平行的线段，根据轨迹求出长度得到D.【详解】对于选项A：取的中点，连接，

在棱长为2的正方体中，均为所在棱的中点，易知，因为，所以平面，在平面内，所以，平面，平面，，所以平面，平面，所以，连接，是正方形，，因为平面，平面，所以，因为平面，平面，，所以平面，因为平面，所以，综上，平面，平面，又，所以平面，平面，故平面平面，故A正确；对于选项B：取的中点，连接，则，所以是异面直线所成的角，又，则，故B错误；对于选项C：记正方体的中心为点，则，所以在以为球心，以为半径的球面上，故C正确；对于选项D：因为，且为的中点，所以，故，所以点轨迹是过点与平行的线段，且，所以，故D正确；故选ACD.12．【答案】240【分析】先分步，第一步：先排2个集体节目，第二步：排剩余6个节目，在这里又要分类，利用计数原理即可求解.【详解】第一步：2个集体节目共有种排法；第二步：设先后顺序为第1，2，3，4，5，6，7，8场，第一类：将3个音乐节目排在第2，4，6场，再排剩下的节目共有（种）排法；第二类：将3个音乐节目排在第2，4，7场，再排剩下的节目共有（种）排法；第三类：将3个音乐节目排在第2，5，7场，再排剩下的节目共有（种）排法；第四类：将3个音乐节目排在第3，5，7场，再排剩下的节目共有（种）排法；综上所述，满足题意的排法共有（种）.故答案为：240.13．【答案】【分析】设和的内切圆的圆心分别为，首先根据双曲线和切线的性质可证得轴，然后根据三角形相似关系求出的关系，再根据题意求出的取值范围，从而可求出的范围，进而可求出范围.【详解】由，得，则，设圆与分别切于点，连接，由圆的切线的性质可得，由双曲线的定义可知，即，设，则，得，所以，因为轴，所以的横坐标也为，同理可证得的横坐标也为，所以轴，且三点共线，由三角形内切圆的性质可知分别为的角平分线，所以，所以，所以，因为，所以，得，因为双曲线的渐近线为，所以其倾斜角分别为和，因为直线交双曲线右支于两点，所以直线的倾斜角的范围为，设直线的倾斜角为，则，所以，所以，所以，因为，所以，令，由对勾函数的性质可知在上单调递减，在上单调递增，因为，，，所以，所以，即的取值范围是为.故答案为：.14．【答案】；【分析】借助概率乘法公式可得空一；借助期望的计算公式与错位相减法计算可得空二.【详解】；的可能取值为，且，则，则，则，则，即，又，故.故答案为：；.【方法总结】错位相减法求和步骤：15．【答案】(1)；(2).【分析】(1)利用正弦定理将已知等式统一成角的形式，然后化简可得角A；(2)利用余弦定理可求出【详解】(1)因为，所以由正弦定理得，所以，因为，所以，所以，因为，所以；(2)在中，，，，所以由余弦定理得，，整理得，解得（舍去），或.16．【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】(1)利用余弦定理求得，结合已知条件得，从而，再利用线面垂直的判定定理即可证明结论；(2)取中点，则．以为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系，利用点到平面的距离公式求解即可．【详解】(1)连接，因为在等腰直角三角形中，，在中，，同理得，因为，所以，所以所以平面，所以平面．(2)取中点，则，以为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系，则，设平面的法向量为，，所以，令，则，则，又，，所以点到平面的距离为．17．【答案】(1)或或；(2)斜率之和为定值､斜率之积不是定值.【分析】(1)由题意结合抛物线定义可得曲线的方程，结合抛物线的性质及直线与抛物线的位置关系计算即可得；(2)设出直线方程后联立曲线，可得与交点横坐标有关韦达定理，即可表示出直线的斜率之和､斜率之积，并可借助韦达定理计算出其是否为定值.【详解】(1)曲线上的点到点的距离比到直线的距离小，故曲线上的点到点的距离与到直线的距离相等，故曲线为以为焦点，直线为准线的抛物线，即有，过点的直线与抛物线仅有一个公共点，若直线可能与抛物线的对称轴平行时，则有：，若直线与抛物线相切时，易知：是其中一条直线，另一条直线与抛物线上方相切时，不妨设直线的斜率为，设为，联立可得：，则有：，解得：，故此时的直线的方程为：，综上，直线的方程为：或或；(2)若与交于两点，分别设其坐标为，且，由(1)可知直线要与抛物线有两个交点，则直线的斜率存在且不为0，不妨设直线的斜率为，则有：，联立直线与抛物线可得：，可得：，即有，根据韦达定理可得：，则有：，则，故为定值；故不为定值；综上：为定值不为定值.18．【答案】(1)；(2)；(3)分布列见解析，.【分析】(1)利用全概率公式计算即可；(2)由二项分布的概率公式，根据概率最大，即可列式求解p的取值范围；(3)先分别求出Ⅰ队获胜场的概率，再由条件概率求得X的分布列，进而得到X的数学期望.【详解】(1)设“甲担任前锋”；“甲担任中锋”；“甲担任后卫”；“某场比赛中该球队获胜”.则：，，，，，，由全概率公式可得：，所以甲参加比赛时，Ⅰ队在某场与俱乐部外球队比赛中获胜的概率是.(2)设这10场比赛，Ⅰ队获胜的场数是k，则P（Ⅰ队获胜k场），由题意，时，P（Ⅰ队获胜k场）最大，所以有，解得，所以p的取值范围为.(3)由题意，Ⅰ队一共需要打5场比赛，设“5场比赛中Ⅰ队获胜i场”（，4，5），“5场比赛中Ⅰ队至少获胜3场”，；；，则，，同理可得，，则X的分布列为：X345P.19．【答案】(1)；(2)当在上单调递增，无递减区间；当在上单调递