2025年江苏省新高考高三联考数学试卷试题（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页2025届新高考基地学校第二次大联考数学注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上指定位置，在其他位置作答一律无效.3.本卷满分150分，考试时间120分钟.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、选择题：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（

）A． B． C． D．2．在复平面内，若对应的点在第二象限，则对应的点位于（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限3．已知向量，向量在上的投影向量，则（

）A． B． C．0 D．24．将数列和的公共项从小到大排列得到数列，则下列所给的值中，使得的前100项和最小的为（

）A． B． C．1 D．45．若是定义在上的增函数，则“”是“”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件6．已知，若，，则（

）A．4 B．5 C．4或5 D．5或67．设函数（，）的最小正周期为，将的图象向左平移个单位后关于原点对称，且在区间内的零点与极值点恰好共有4个，则（

）A．2 B．3 C．4 D．58．已知双曲线（，）的两个焦点为，，，是的右支上两点.若，∥，且，则的离心率为（

）A． B．2 C． D．二、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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9．赋分是根据考生原始分数在全体考生中的排名比例进行转化的，在一次模拟考试中，某班5名同学的地理科目的原始分与赋分如下表：学号12345原始分93857852赋分10096927082记这5名同学在这次模拟考试中的地理科目的原始分为数据甲，赋分为数据乙，则（

）A．甲的平均数小于乙的平均数 B．甲的中位数小于乙的中位数C．甲的极差小于乙的极差 D．甲的方差小于乙的方差10．在正四棱锥中，侧棱与底面边长相等，分别是和的中点，则（

）A． B．平面 C． D．平面11．在直角坐标系中，，，是曲线上一点，则（

）A． B． C． D．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．已知函数（且）是偶函数，则.13．在正三棱台中，，经过三条侧棱中点的平面将正三棱台分成两部分，若两部分的体积之差为18，则该三棱台的体积为.14．记的内角，，的对边分别为，，，为的中点，为边上一点，.设，且，则；的最小值为.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15．如图，在正三棱柱中，，分别是和的中点.(1)证明：平面平面；(2)若，平面与平面夹角的余弦值为，求该三棱柱的体积.16．袋中装有4个红球和2个黑球，第一次随机取出1个小球，若是红球则放回，否则不放回.(1)第二次随机取出1个小球，求两次取出的球颜色相同的概率；(2)第二次随机取出2个小球，记两次取出红球的个数为，求的概率分布列及数学期望.17．已知抛物线的焦点为，过点的直线与交于，两点.(1)若是，的等比中项，求直线的方程；(2)若是上一点，且直线的斜率为2，证明：直线经过定点.18．设，曲线在处的切线方程为.(1)求，的值；(2)证明：；(3)若存在两根，，且，证明：.19．在数列中，，记，且.(1)证明：是等差数列；(2)求数列的前项和；(3)数列的前（）项组成集合，集合，的元素个数记为.记，，若，求的最大值.答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．B【分析】先解一元二次不等式确定集合，再求集合并集即可.【详解】由，所以.所以.故选：B2．D【分析】设，根据共轭复数结合复数的几何意义可得，进而可得结果.【详解】设，因为对应的点在第二象限，则，所以对应的点为，位于第四象限.故选：D.3．A【分析】利用投影向量的定义，结合数乘向量、向量的模的坐标运算，计算即可得结果.【详解】由题意，，，则，所以向量在上的投影向量，所以，即.故选：A.4．B【分析】由题可知公共项组成的数列是公差为的等差数列，由等差数列求和公式可知，故要使数列的前100项和最小，只需使其首项最小即可.将所给的值逐项代入求首项，比较大小即可求解.【详解】由题意知：是公差为的等差数列，故其前100项和.所以要使数列的前100项和最小，只需使其首项最小即可.当时，数列为：；数列为：，此时，数列的首项；当时，数列为：；数列为：，此时，数列的首项；当时，数列为：；数列为：，此时，数列的首项；当时，数列为：；数列为：，此时，数列的首项.故当时，数列的首项最小，此时数列的前100项和最小.故选：B.5．C【分析】根据单调性的定义结合充分、必要条件分析判断.【详解】因为是定义在上的增函数，若，则，即充分性成立；若，假设存在满足，则，这与相矛盾，所以，即必要性成立；综上所述：“”是“”的充要条件.故选：C.6．A【分析】先求，根据组合数的性质求，进而可得最值.【详解】由题意可知：，且，可得，其中，且，根据组合数的性质可知当，即时，取到最大值，若，所以.故选：A.7．C【分析】根据图象变换结合对称性可得，以为整体，结合正弦函数性质分析求解即可.【详解】因为，则，将的图象向左平移个单位，可得，若的图象关于原点对称，则，即，且，可得，所以，又因为，则，由题意可得：，解得，且，所以.故选：C.8．C【分析】设，根据双曲线定义可得，根据题意可得，，结合余弦定理可得，即可得结果.【详解】设，由双曲线定义可得，因为，则，又因为∥，则，即，由余弦定理可得，整理可得，即，整理可得，则，，，即，则，所以双曲线的离心率为.故选：C.9．AB【分析】数据甲和数据乙的平均数、中位数、极差、方差的变化，然后逐一比较选项。【详解】根据题意得，赋分后，学生成绩提高了，平均分和中位数都会增加，故AB正确；根据赋分，知道学号5的原始分满足：，则甲的极差为，乙的极差为，，C错误；而且赋分后，结合极差可知，乙数据更集中，方差更小，D错误.故选：AB.10．BC【分析】根据题意作图，利用中位线的性质证得四边形是平行四边形即，可直接判断A；利用线面平行的判定定理可证明并判断B；利用等边三角形的性质可证明并判断C；利用线面垂直的性质和判定定理可判断D.【详解】如图，取中点，连接，分别是和的中点，四棱锥是正四棱锥，且，即四边形是平行四边形，对于A，因为，所以与不平行，故A错误；对于B，因为平面平面，所以平面，故B正确；对于C，因为，是中点，所以，又因为，所以，故C正确；对于D，连接交于点，连接，因为四棱锥是正四棱锥，所以平面，，因为平面，平面，所以，则由，，平面平面，可证得平面，又因为，所以与为异面直线，如果平面，则与题意矛盾，故D错误.故选：BC.11．ACD【分析】根据方程式作出曲线的图形.对于A：根据图形分析即可；对于BC：分析可知曲线在椭圆内，根据椭圆定义结合基本不等式分析判断；对于D：整理可得，结合选项A即可得结果.【详解】因为，将换成可得，方程不变，可知曲线关于y轴对称，将换成可得，方程不变，可知曲线关于x轴对称，据此只需研究的部分即可若，可得；若，可得；可得曲线的图象如图所示，其中，对于选项A：可知，则，即，可知，故A正确；对于选项BC：对于椭圆，其焦点为，且点在椭圆内，可知曲线与椭圆有且仅有2个公共点，即曲线在椭圆内，由椭圆定义可知：，当且仅当点为时，等号成立，故C正确；可得，故B错误；对于选项D：因为，即，由选项A可知：，所以，故D正确；故选：ACD.12．【分析】根据偶函数的定义可得，即可得结果.【详解】因为对任意的恒成立，可知函数的定义域为，因为函数是偶函数，则，即，整理可得，即，可得，即，可知是偶函数，符合题意，所以.故答案为：.13．【分析】设棱长以及高，利用相似三角形的面积之比可得三个底面的面积分别为，再利用棱台的体积公式求出上下两个棱台的体积，进而求出的值，再求上下两个棱台的体积之和即可.【详解】分别取棱的中点为，设，正三棱台的高为，则，正三棱台和的高均为，则由梯形中位线可知，记，则，，则，则，则，则，则该三棱台的体积为.故答案为：.14．【分析】根据题意利用正弦定理结合三角恒等变换可得，进而可得，即可得，利用正弦定理结合三角恒等变换可得，结合题中关系可得，即可分析最值.【详解】因为，由正弦定理可得，又因为，，即，可得，且，则，可得，则，且，所以；因为，由正弦定理可得，由题意可知：，则，当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为.故答案为：.15．(1)证明见解析；(2).【分析】（1）取中点，利用平行公理，结合平行四边形的判定性质证得，再利用线面平行的判定性质、面面垂直的判定推理即得.（2）取中点，利用面面平行的判定证得平面平面，再利用二面角大小求出正三棱柱的高。进而求出体积.【详解】（1）在正三棱柱中，取中点，连接，由是中点，得，而是中点，则，四边形是平行四边形，，由平面平面，得，而，又平面，于是平面，因此平面，而平面，所以平面平面.（2）由（1）知，平面，平面，则平面，取中点，连接，则，而平面，平面，则平面，又平面，于是平面平面，平面与平面的夹角等于平面与平面的夹角，由平面，平面，得，则是平面与平面的夹角，，，于是，而，则，所以正三棱柱的体积.16．(1)(2)分布列见解析，【分析】（1）设出事件，根据条件概率以及全概率公式，可得答案；（2）根据离散性分布列的解题步骤，结合数学期望的计算，可得答案.【详解】（1）设｛第一次抽取红球｝，｛第二次抽取红球｝，｛第一次抽取黑球｝，｛第二次抽取黑球｝，则，，，，所以两次取出球的颜色相同的概率.（2）由题意可得随机变量的可能取值为，当时，满足的情况有第一次抽取一个红球，第二次抽取两个黑球；第一次抽取一个黑球，第二次抽取一个黑球和一个红球，则；当时，满足的情况有第一次抽取一个红球，第二次抽取一个黑球和一个红球；第一次抽取一个黑球，第二次抽取两个红球，则；当时，满足的情况有第一次抽取一个红球，第二次抽取两个红球，则；可得的分布列如下：所以.17．(1)(2)证明见解析【分析】（1）设设的方程为：，结合等比中项及两点间距离公式，列出等式求解即可；（2）设，由的斜率为2，得到，再通过两点式分别写出的方程，结合在直线上得到，代入化简即可.【详解】（1）由题意设的方程为：联立抛物线方程：，消去可得：，且，

，，因为是，的等比中项，所以，由两点间距离公式可得：，所以，所以，解得：或，当时，舍去，所以，所以直线的方程为：.（2），，所以，由两点式可得直线的方程：，即，它过，所以，同理可得直线的方程为：化简得：，将代入可得：，即，即，即，令，得到，所以直线恒过点.18．(1)，；(2)证明见解析；(3)证明见解析；【分析】（1）直接求导代入得，再代入即可得到；（2）转化为证明，设新函数，再求导并合理放缩得到其单调性即可证明；（3）首先求出，且，再根据极值点偏移证明，设新函数再求导证明即可得到左边不等式关系，再根据第二问得到，再代入即可.【详解】（1）因为，所以，即，因为，所以点在直线上，即，所以．（2）由（1）知，切线的方程为，所以要证，即证．设，则，当时，此时单调递增：当时，此时单调递减，所以，当且仅当时，等号成立．所以．（3）因为，当时，此时单调递减：当时，此时单调递增：则极小值为，且，，且小于0，，，因为存在两根，所以，且．首先证明：，即证．因为在上单调递减，所以只要证，即证．设，因为，当时，，，则，所以在上恒成立，所以在上单调递增，所以，故，所以．其次证明：．因为在处的切线为，由（2）知，，当且仅当时等号成立，所以，即，所以．综上，．19．(1)证明见解析(2)(3)【分析】（1）由，得到：，两式相加化简即可；（2）由（1）通过累加法得到，再通过裂项相消法求和即可；（