廣東省部分高中2025屆新高三新起點聯(lián)合測評數(shù)學試卷（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1廣東省部分高中2025屆新高三新起點聯(lián)合測評數(shù)學試卷一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.已知集合，，則（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗因為，，所以.故選：D.2.若，則（）A.3 B. C.5 D.〖答案〗C〖解析〗因為，則，所以.故選：C.3.已知向量，，若，則m的值為（）A2 B.1 C. D.〖答案〗D〖解析〗根據(jù)題意知，，，則，解之可得，故選：D.4.已知，則（）A. B.0 C. D.1〖答案〗B〖解析〗因為，所以.故選：B.5.如圖，已知四棱錐，底面ABCD是邊長為2的正方形，側(cè)棱長相等且為4，E為CD的中點，則異面直線CM與AE所成的角的余弦值為（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗取的中點，連接，由E為CD的中點，得，，則是異面直線CM與AE所成的角或其補角，正方形中，，在中，，，，于是，所以異面直線CM與AE所成的角的余弦值為.故選：D.6.在等差數(shù)列中，若，則的值為（）A.20 B.30 C.40 D.50〖答案〗C〖解析〗由題意.故選：C.7.已知函數(shù)在有且僅有2個極值點，且在上單調(diào)遞增，則的取值范圍為（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗因為在有且僅有2個極值點，所以，解得，因為在上單調(diào)遞增，又，所以，解得，所以．故選：A．8.若，，，則事件A與事件B的關(guān)系是（）A.事件A與事件B互斥 B.事件A與事件B互為對立C.事件A與事件B相互獨立 D.事件A與事件B互斥又獨立〖答案〗C〖解析〗對于A,D,∵，∴A與B能同時發(fā)生，不互斥，故A,D錯誤；對于B，∵，∴，又∵，，∴事件A與事件B不是對立事件，故B錯誤；對于C,∵，∴，∴事件A與事件B相互獨立，故C正確，故選：C．二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．9.如圖，已知二面角的平面角大小為，垂足分別為，，若，則下列結(jié)論正確的有（）A.直線與平面所成角的余弦值為B.點到平面的距離為C.平面與平面夾角的余弦值為D.三棱錐外接球的表面積為〖答案〗ABD〖解析〗對于A中，過點作，使得，過點作，使得，連接，過點作，垂足為點，過點作，垂足為點，因為，則，所以即為的二面角，則，同理可得，且四邊形為矩形，又因，且平面，則平面，因為平面，所以，又因，平面，則平面，所以為直線與平面所成的角，因為，則，所以，所以，所以A正確；對于B中，由，且，平面，則平面，因為平面，所以，又因為，平面，則平面，由A項知，所以，即點到平面的距離為，所以B正確；對于C中，連接，過點作，垂足為，由B知平面，因為平面，所以，又因為平面，則平面，因為平面，所以，所以為的二面角，又因為，由，可得，所以，所以，所以C錯誤；對于D中，設三棱錐的外接球球心為，由，取的中點為，取的中點為的中點為，連接，則平面，且平面，，因為平面，則，又因為平面，則平面，同理可得：平面，則四點共面，且，則，，所以，因為，所以，即外接球的半徑為，則外接球的表面積為：，所以D正確.故選：ABD.10.已知函數(shù)，則下列說法正確的是（）A.的值域為B.的對稱中心為，C.在上的單減區(qū)間為D.在上的極值點個數(shù)為1〖答案〗AD〖解析〗，對A：由，則，故A正確；對B：令，，解得，，故的對稱中心為，，故B錯誤；對C：令，，解得，，則在上的單減區(qū)間為，故C錯誤；對D：令，，即，，則在上的極值點有一個，故D正確.

故選：AD.11.平面上到兩定點的距離之積為常數(shù)的動點的軌跡稱為卡西尼卵形線.已知曲線是到兩定點的距離之積為常數(shù)2的點的軌跡，設是曲線上的點，給出下列結(jié)論，其中正確的是（）A.曲線關(guān)于原點成中心對稱 B.C. D.周長的最小值為〖答案〗AC〖解析〗由題意，，則，即，即，將代入有成立，所以曲線C關(guān)于原點O成中心對稱，A正確；由，得，設，則，所以，則當時，有最大值，所以，所以B錯誤；由B可知，當時，有最大值為，所以，所以C正確；由，當且僅當時等號成立，周長的最小值為，而此時，不能構(gòu)成三角形，即最小值不是，所以D錯誤.故選：AC.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12.已知，則的最小值為______.〖答案〗〖解析〗由題，所以，當且僅當，即，即時等號成立.13.已知函數(shù)滿足對任意，都有成立，則實數(shù)的取值范圍為__________.〖答案〗〖解析〗由題意，為定義在上的減函數(shù)，則各段為減函數(shù)，還要區(qū)間端點附近遞減，所以，解得，則.14.如圖1，在直角梯形中，，，，，，點E，F(xiàn)分別為邊，上的點，且，.將四邊形沿折起，如圖2，使得平面平面，點M是四邊形內(nèi)（含邊界）的動點，且直線與平面所成的角和直線與平面所成的角相等，則當三棱錐的體積最大時，三棱錐的外接球的表面積為__________.〖答案〗60π〖解析〗翻折前，，因為平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以即為直線與平面所成的角，同理可得，即為直線與平面所成的角，因為直線與平面所成的角和直線與平面所成的角相等，所以，而，，所以，即，設，則，過點作于點，因為平面平面，平面平面，平面，所以平面，即點到平面的距離為，因為三棱錐的體積，且為定值，所以要使三棱錐的體積取得最大值，則需取得最大值，設，，則，由勾股定理知，，，所以，，消去整理得，，，，當時，取得最大值12，即取得最大值，此時點在線段上，且，所以，，兩兩垂直，所以三棱錐的外接球就是以，，為鄰邊構(gòu)成的長方體的外接球，所以，所以外接球的半徑，所以當三棱錐的體積最大時，三棱錐的外接球的表面積為．四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．15.已知函數(shù)．（1）討論的單調(diào)性；（2）當時，證明：．（1）解：函數(shù)的定義域為，求出得，當時，，函數(shù)在上單調(diào)遞增，當時，由，得，由，得，因此函數(shù)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，所以當時，函數(shù)的遞增區(qū)間是；當時，函數(shù)的遞增區(qū)間是，遞減區(qū)間是.（2）證明：當時，，令，函數(shù)的定義域為，求導得，當時，，當時，，因此函數(shù)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，則，所以.16.已知是等差數(shù)列，其前項和為是等比數(shù)列，已知，是和的等比中項.（1）求和的通項公式；（2）求數(shù)列的前項和；（3）記，求證：.（1）解：由題意，，又是和的等比中項，得，又，解得，；（2）解：，設，則，將以上兩式相減得，；（3）證明：，，.結(jié)論得證.17.如圖，在三棱柱中，所有棱長均相等，，，.（1）證明；平面.（2）若二面角的正弦值.（1）證明：設D為的中點，連接，，.因為在三角形中，，所以三角形是等邊三角形，而是的中點，故由三線合一可知，，因為，是三角形的中位線，即，所以.因為，平面，所以平面.因為平面，所以.在中，，O為的中點，所以.因為，平面，所以平面.（2）解：設三棱柱的棱長為，以O為坐標原點，的方向為x軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，.，，設平面的法向量為，則，可取.設平面的法向量為，則，可取.因為平面平面，所以平面的一個法向量為.，，故二面角的正弦值為.18.已知雙曲線的虛軸長為，點在上.設直線與交于A，B兩點（異于點P），直線AP與BP的斜率之積為.（1）求的方程；（2）證明：直線的斜率存在，且直線過定點.（1）解：因為虛軸長為，所以，將的坐標代入方程，得，解得，故的方程為.（2）證明：設，直線AP的斜率為，直線BP的斜率為．當直線的斜率不存在時，設，聯(lián)立得，即，由，得，解得（舍去）或（舍去），所以直線的斜率存在，設直線的方程為，代入的方程得，則，由，可得，即，化簡得，即，所以或，當時，直線的方程為，直線過點，與條件矛盾，舍去；當時，直線的方程為，直線過定點19.11分制乒乓球比賽，每贏一球得1分，當某局打成平后，每球交換發(fā)球權(quán)，先多得2分的一方獲勝，該局比賽結(jié)束.甲?乙兩位同學進行單打比賽，假設甲發(fā)球時甲得分的概率為，乙發(fā)球時甲得分的概率為，各球的比賽結(jié)果相互獨立.在某局比賽雙方打成平后，甲先發(fā)球.（1）求再打2球該局比賽結(jié)束的概率；（2）兩人又打了個球該局比賽結(jié)束，求的數(shù)學期望；（3）若將規(guī)則改為“打成平后，每球交換發(fā)球權(quán)，先連得兩分者獲勝”，求該局比賽甲獲勝的概率.解：（1）平后，設事件“第個球甲得分”，則“第個球乙得分”，設“再打兩球該局比賽結(jié)束”，則，所以.（2）的可能取