广西新课程教研联盟2025届高三上学期11月联考数学试题【含答案解析】

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：B2.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正确.故选：A.【点睛】本题考查三角函数中正切函数的周期和图象，以及正弦函数的图象，解题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】由题意可得，用累加法求得，从而得，再利用裂项相消法求解即可.【详解】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；∴当时，函数取得最小值，即，∴，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】①.12##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Px,y，则，可得，由圆，可得圆心，，∵，则，不妨设，则，令，，则，由对勾函数性质可知，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，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）证明见解析（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】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.【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n=x,y,z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，Px1,y1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】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）分布列见解析；（2）；（3）证明见解析，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：X012P