2025届江苏省部分学校新高三暑期效果联合测评数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1江苏省部分学校2025届新高三暑期效果联合测评数学试题一、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.已知集合，则（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗由题意得.故选：D.2.若复数，则（）A.2 B.3 C. D.〖答案〗C〖解析〗因为，所以.故选：C.3.若，则（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由题，所以.故选：A.4.设，，，则（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗依题意，，，，而，所以.故选：D.5.在等差数列中，，，（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由等差数列的性质可知，在等差数列中，，仍为等差数列，所以，所以．故选：C．6.已知函数，则（

）A.有三个极值点 B.有三个零点C.点是曲线对称中心 D.直线是曲线的切线〖答案〗C〖解析〗对于A，由题，，令得或，令得，所以在，上单调递增，上单调递减，所以是极值点，故A不正确；对应B，因，，，所以，函数在上有一个零点，当时，，即函数在上无零点，综上所述，函数有一个零点，故B错误；对于C，令，该函数的定义域为，，则是奇函数，是的对称中心，将的图象向上移动一个单位得到的图象，所以点是曲线的对称中心，故C正确；对于D，令，可得，又，当切点为时，切线方程为，当切点为时，切线方程为，故D错误.故选：C7.若的展开式中二项式系数和为64，则（）A3 B.4 C.5 D.6〖答案〗D〖解析〗在二项式展开式中，二项式系数的和为，所以.故选：D.8.已知正三棱锥的侧棱与底面边长的比值为，则三棱锥的侧棱与底面所成角的正弦值为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗如图，为等边三角形，为中点，作面垂足为，设，则，根据正棱锥性质，则，根据线面角的定义，三棱锥的侧棱与底面所成角为，则.故选：B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，在棱长为1的正方体中，点为线段上的动点（含端点），下列四个结论中，正确的有（）A.存在点，使得直线与直线所成的角为B.存在点，使得直线与直线所成的角为C.存在点，使得三棱锥的体积为D.存在点，使得平面〖答案〗CD〖解析〗在棱长为1的正方体中，建立以为坐标原点，以所在直线分别为轴的空间直角坐标系，如图：则，，设，即点，且，对于AB，，则，即，因此不存在点，使得直线与直线所成的角为或，AB错误；对于C，假设存在点，使得三棱锥的体积为，而，且点到平面的距离为，则，解得，当点为线段的靠近的三等分点，即时，三棱锥的体积为，C正确；对于D，假设存在点，使得平面，而，则，解得，当点为线段的中点，即时，使得平面，D正确.故选：CD.10.已知函数，的定义域均为R，且，，，则下列说法正确的有（）A. B.为偶函数C.的周期为4 D.〖答案〗ABD〖解析〗对于A：，故A正确；对于B：根据及得，令，，可得，且，可得，令，则，则，即，可知为偶函数，故B正确；对于C：令，则，可知，，可得，则，所以，可知周期为6，故C错误；对于D：因为，且，，令，，可得，所以，则，，，，所以，又周期为6，所以，故D正确.故选：ABD.11.已知圆，则（）A.圆与直线必有两个交点B.圆上存在4个点到直线的距离都等于1C.圆与圆恰有三条公切线，则D.动点在直线上，过点向圆引两条切线，为切点，则四边形面积最小值为2〖答案〗AC〖解析〗对于A，将直线整理得，由，知，所以直线过定点，因为，所以该定点在圆内，故A正确；对于B，圆的圆心到直线的距离为，所以过圆心且与直线平行的直线与圆相交有两个点到直线的距离为1，与直线平行且与圆相切，并且与直线在圆心同侧的直线到的距离为1，所以只有三个点满足题意，故B错误；对于C，将圆化成标准形式为，因为两圆有三条公切线，所以两圆外切，所以，解得，故C正确；对于D，连接，因为为切点，所以，所以，且当最小时，最小，所以当与直线垂直时，，又因为半径为2，所以，所以，故D错误.故选：AC.三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）12.某同学参加学校组织的数学知识竞赛，在4道四选一的单选题中，有3道有思路，有1道完全没有思路，有思路的题每道做对的概率均为，没有思路的题只好任意猜一个〖答案〗．若从这4道题中任选2题作答，则该同学2道题都做对的概率为________．〖答案〗〖解析〗设事件A表示“两道题全做对”，若两个题目都有思路，则；若两个题目中一个有思路一个没有思路，则；故.13.在中，，点D在线段上，，，，点M是外接圆上任意一点，则最大值为_______.〖答案〗〖解析〗由题意可得：，，所以，解得，则，设的外心为，外接圆的半径为，由正弦定理得：，解得，可得．由平面向量的线性运算知，，所以，由图可知：．当且同向时，，所以最大值为．14.O为坐标原点，双曲线的左焦点为，点P在E上，直线与直线相交于点M，若，则E的离心率为____________．〖答案〗〖解析〗由题意得为双曲线的一条渐近线，设双曲线的右焦点为，连接，因为，所以，故，，由双曲线定义得，即，故，设，则，解得，这里取，则，，则，又，故，化简得，故.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.已知正项数列中，，且.（1）求数列的通项公式；（2），证明：.（1）解：由，，得，又，则是以为首项，为公比的等比数列，所以，.（2）证明：因为，所以.16.已知函数.（1）当时，求曲线在点处切线方程.（2）若函数有两个零点，求实数的取值范围.解：（1）当时，，所以,，，所以曲线在点处的切线方程为，即；（2），由得，的图象有2个交点，令，，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以，且时，，，所以时，，所以的大致图象如下，所以若函数有两个零点，则，所以实数的取值范围为.17.如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，平面平面ABCD，，点P是棱的中点，点Q在棱BC上．（1）若，证明：平面；（2）若二面角的正切值为5，求BQ的长．（1）证明：取的中点M，连接MP，MB，如图，在四棱台中，四边形是梯形，，又点M，P分别是棱的中点，所以，且．在正方形ABCD中，，又，所以．从而且，所以四边形BMPQ是平行四边形，所以．又因为平面，平面，所以平面；（2）解：在平面中，作于O．因为平面平面ABCD，平面平面，，平面，所以平面ABCD．在正方形ABCD中，过O作AB的平行线交BC于点N，则．以为正交基底，建立空间直角坐标系．因为四边形是等腰梯形，，所以又，所以．易得，所以．设，所以．设平面PDQ的法向量为，由，得，令，可得，另取平面DCQ的一个法向量为．设二面角平面角为，由题意得．又，所以，解得（舍负），因此．所以当二面角的正切值为5时，BQ的长为1．18.为了研究美国人用餐消费与小费支出的关系，随机抽取了7位用餐顾客进行调查，得样本数据如下：消费（单元：美元）3240508663100133小费（单位：美元）56798912相关公式：，．参考数据：，．（1）求小费（单位：美元）关于消费（单位：美元）的线性回归方程（其中的值精确到0.001）；（2）试用（1）中的回归方程估计当消费200美元时，要付多少美元的小费（结果精确到整数）？解：（1）依题意可得，，，；，，关于的线性回归方程为；（2）由（1）可得当时，；估计消费200美元时，要付美元的小费．19.已知抛物线：，圆：，为坐标原点.（1）若直线：分别与抛物线相交于点A，（在B的左侧）、与圆相交于点S，（S在的左侧），且与的面积相等，求出的取值范围；（2）已知，，是抛物线上的三个点，且任意两点连线斜率都存在.其中，均与圆相切，请判断此时圆心到直线的距离是否为定值，如果是定值，请求出定值；若不是定值，请说明理由.解：（1）因为与的面积相等，且与的高均为原点到直线的距离，所以，则，设，，，，则，即，直线：代入抛物线，得，因为直线与抛物线交于，两点，所以，则，直线：代入圆：，得，因为直线与圆于S，T两点，所以，即，即，所以，由，得，又，则，将其代入得，解得；将其代入得，解得.综上，的取值范围为.（2）由题，易知直线，，斜率一定存在，设，，，则，则直线的方程为：，即，即，因为圆：的圆心为，半径为，因为直线与圆相切，则，平方化简得：，看成关于，为变量的式子得：，同理得直线与圆C相切，化简式子后得：，所以可以同构出直线的方程为：，所以圆心到直线的距离为：，此时圆心到直线的距离为定值，定值为.江苏省部分学校2025届新高三暑期效果联合测评数学试题一、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.已知集合，则（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗由题意得.故选：D.2.若复数，则（）A.2 B.3 C. D.〖答案〗C〖解析〗因为，所以.故选：C.3.若，则（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由题，所以.故选：A.4.设，，，则（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗依题意，，，，而，所以.故选：D.5.在等差数列中，，，（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由等差数列的性质可知，在等差数列中，，仍为等差数列，所以，所以．故选：C．6.已知函数，则（

）A.有三个极值点 B.有三个零点C.点是曲线对称中心 D.直线是曲线的切线〖答案〗C〖解析〗对于A，由题，，令得或，令得，所以在，上单调递增，上单调递减，所以是极值点，故A不正确；对应B，因，，，所以，函数在上有一个零点，当时，，即函数在上无零点，综上所述，函数有一个零点，故B错误；对于C，令，该函数的定义域为，，则是奇函数，是的对称中心，将的图象向上移动一个单位得到的图象，所以点是曲线的对称中心，故C正确；对于D，令，可得，又，当切点为时，切线方程为，当切点为时，切线方程为，故D错误.故选：C7.若的展开式中二项式系数和为64，则（）A3 B.4 C.5 D.6〖答案〗D〖解析〗在二项式展开式中，二项式系数的和为，所以.故选：D.8.已知正三棱锥的侧棱与底面边长的比值为，则三棱锥的侧棱与底面所成角的正弦值为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗如图，为等边三角形，为中点，作面垂足为，设，则，根据正棱锥性质，则，根据线面角的定义，三棱锥的侧棱与底面所成角为，则.故选：B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，在棱长为1的正方体中，点为线段上的动点（含端点），下列四个结论中，正确的有（）A.存在点，使得直线与直线所成的角为B.存在点，使得直线与直线所成的角为C.存在点，使得三棱锥的体积为D.存在点，使得平面〖答案〗CD〖解析〗在棱长为1的正方体中，建立以为坐标原点，以所在直线分别为轴的空间直角坐标系，如图：则，，设，即点，且，对于AB，，则，即，因此不存在点，使得直线与直线所成的角为或，AB错误；对于C，假设存在点，使得三棱锥的体积为，而，且点到平面的距离为，则，解得，当点为线段的靠近的三等分点，即时，三棱锥的体积为，C正确；对于D，假设存在点，使得平面，而，则，解得，当点为线段的中点，即时，使得平面，D正确.故选：CD.10.已知函数，的定义域均为R，且，，，则下列说法正确的有（）A. B.为偶函数C.的周期为4 D.〖答案〗ABD〖解析〗对于A：，故A正确；对于B：根据及得，令，，可得，且，可得，令，则，则，即，可知为偶函数，故B正确；对于C：令，则，可知，，可得，则，所以，可知周期为6，故C错误；对于D：因为，且，，令，，可得，所以，则，，，，所以，又周期为6，所以，故D正确.故选：ABD.11.已知圆，则（）A.圆与直线必有两个交点B.圆上存在4个点到直线的距离都等于1C.圆与圆恰有三条公切线，则D.动点在直线上，过点向圆引两条切线，为切点，则四边形面积最小值为2〖答案〗AC〖解析〗对于A，将直线整理得，由，知，所以直线过定点，因为，所以该定点在圆内，故A正确；对于B，圆的圆心到直线的距离为，所以过圆心且与直线平行的直线与圆相交有两个点到直线的距离为1，与直线平行且与圆相切，并且与直线在圆心同侧的直线到的距离为1，所以只有三个点满足题意，故B错误；对于C，将圆化成标准形式为，因为两圆有三条公切线，所以两圆外切，所以，解得，故C正确；对于D，连接，因为为切点，所以，所以，且当最小时，最小，所以当与直线垂直时，，又因为半径为2，所以，所以，故D错误.故选：AC.三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）12.某同学参加学校组织的数学知识竞赛，在4道四选一的单选题中，有3道有思路，有1道完全没有思路，有思路的题每道做对的概率均为，没有思路的题只好任意猜一个〖答案〗．若从这4道题中任选2题作答，则该同学2道题都做对的概率为________．〖答案〗〖解析〗设事件A表示“两道题全做对”，若两个题目都有思路，则；若两个题目中一个有思路一个没有思路，则；故.13.在中，，点D在线段上，，，，点M是外接圆上任意一点，则最大值为_______.〖答案〗〖解析〗由题意可得：，，所以，解得，则，设的外心为，外接圆的半径为，由正弦定理得：，解得，可得．由平面向量的线性运算知，，所以，由图可知：．当且同向时，，所以最大值为．14.O为坐标原点，双曲线的左焦点为，点P在E上，直线与直线相交于点M，若，则E的离心率为____________．〖答案〗〖解析〗由题意得为双曲线的一条渐近线，设双曲线的右焦点为，连接，因为，所以，故，，由双曲线定义得，即，故，设，则，解得，这里取，则，，则，又，故，化简得，故.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.已知正项数列中，，且.（1）求数列的通项公式；（2），证明：.（1）解：由，，得，又，则是以为首项，为公比的等比数列，所以，.（2）证明：因为，所以.16.已知函数.（1）当时，求曲线在点处切线方程.（2）若函数有两个零点，求实数的取值范围.解：（1）当时，，所以,，，所以曲线在点处的切线方程为，即；（2），由得，的图象有2个交点，令，，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以，且时，，，所以时，，所以的大致图象如下，所以若函数有两个零点，则，所以实数的取值范围为.17.如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，平面平面ABCD，，点P是棱的中点，点Q在棱BC上．（1）若，证明：平面；（2）若二面角的正切值为5，求BQ的长．（1）证明：取的中点M，连接MP，MB，如图，在四棱台中，四边形是梯形，，又点M，P分别是棱的中点，所以，且．在正方形ABCD中，，又，所以．从而且，所以四边形BMPQ是平行四边形，所以．又因为平面，平面，所以平面；（2）解：在平面中，作于O．因为平面平面ABCD，平面平面，，平面，所以平面ABCD．在正方形ABCD中，过O作AB的平行线交BC于点N，则．以为正交基底，建立空间直角坐标系．因为四边形是等腰梯形，，所以又，所以．易得，所以．设，所以．设平面PDQ的法向量为，由，得，令，可得，另取平面DCQ的一个法向量为．设二面角平面角为，由题意得．又，所以，