2025届湖北省部分学校新高三新起点暑期效果联合质量检测数学试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1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〗因集合，，所以．故选：A．2.若复数，则（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗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〗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〗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〗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〗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〗，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〗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.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〗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2C.若，则 D.若，则〖答案〗AC〖解析〗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〗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.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〗，，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.13.的展开式中，所有项的系数和为__________．〖答案〗32〖解析〗令，得，所以所有项的系数和为32．14.已知，若，，则的最大值为______．〖答案〗〖解析〗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．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．解：（1）因为，由正弦定理得，所以或，又因为，则，故.（2）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BM与平面所成角正弦值．（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A0,0,0，，，，，，.设平面PCD的一个法向量为n1=x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：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Pn-1（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.（1）解：由题意可得：.（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）解：结合题意易得可取，，，，所以的分布列为012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.解：（1）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，所以椭圆方程为.（2）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.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：.（1）解：当时，，，，，切线方程为，即.（2）证明：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，.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〗因集合，，所以．故选：A．2.若复数，则（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗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〗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〗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〗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〗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〗，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〗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.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〗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2C.若，则 D.若，则〖答案〗AC〖解析〗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〗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.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〗，，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.13.的展开式中，所有项的系数和为__________．〖答案〗32〖解析〗令，得，所以所有项的系数和为32．14.已知，若，，则的最大值为______．〖答案〗〖解析〗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．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．解：（1）因为，由正弦定理得，所以或，又因为，则，故.（2）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BM与平面所成角正弦值．（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A0,0,0，，，，，，.设平面PCD的一个法向量为n1=x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：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