江苏省部分高中2025届高三上学期新起点联合测评数学试卷（解析版）

这是一份江苏省部分高中2025届高三上学期新起点联合测评数学试卷（解析版），共22页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答题前，先将自已的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码贴在答题卡上的指定位置．
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交．
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.
【答案】B
【解析】
【分析】先解方程求出集合A、集合B，再由交集的概念可直接得到答案.
【详解】由题意可得
所以
故选：B.
2. 复数的模为（ ）
A. B. 2C. D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数的运算，结合复数的模长计算公式，可得答案.
【详解】，．
故选:C
3. 已知向量，，且，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量共线得到方程，解出即可.
【详解】由题意得，解得.
故选：B.
4. 已知数列满足，，则的值为（ ）
A. 1000B. 1013C. 1011D. 1012
【答案】D
【解析】
【分析】由递推式变形知是等差数列，然后根据等差数列的通项公式求解即可.
【详解】由，
得，
所以是等差数列，首项，公差，
所以，
所以.
故选：D.
5. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则的形状是（ ）三角形
A. 等腰B. 直角C. 等腰直角D. 等腰或直角
【答案】D
【解析】
【分析】利用余弦定理将等式整理得到，对或分类讨论即可判断．
【详解】由，
由余弦定理得，
化简得，
当时，即，则为直角三角形；
当时，得，则为等腰三角形；
综上：为等腰或直角三角形，故D正确．
故选：D．
6. 已知椭圆C： （）的左、右焦点分别为，，P为C上一点，满足，以C的短轴为直径作圆O，截直线的弦长为，则C的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】取弦的中点D，连接，求出，结合椭圆定义即可求解．
【详解】如图，取弦的中点D，连接，则，即，因为，
所以，因为O为的中点，所以D是的中点，所以，
因为，所以OD垂直平分弦，因为，，
所以，所以，
由椭圆定义可得，，
所以，解得，，
所以离心率为，
故选：A．
7. 在四边形中，，将折起，使平面平面，构成三棱锥，如图，则在三棱锥中，下列结论不正确的是（ ）
A. B.
C. 平面平面D. 平面平面
【答案】D
【解析】
【分析】根据线面、面面垂直的判定定理以及线面、面面垂直的性质定理逐项判断即可.
【详解】对于B，如图①，因为，
所以，
又因为，，
所以，
所以，
所以，故B正确；
对于A，由B选项知，
又因为平面平面，平面， 平面平面，
所以平面，
因为平面，
所以，故A正确；
对于C，由选项A知，平面，
因为平面，
所以平面平面，故C正确;
对于D，如图②过点A作，垂足为，
因为平面平面，平面， 平面平面，
所以平面，
显然平面，所以平面与平面不垂直，故D错误.
故选：D.
8. 已知定义在上的函数满足，且当时，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】应用赋值法构造出的等量关系，再结合不等式性质判断即可.
详解】由题意，，.
赋值，得；
赋值，得，即，
当时，，
当时，则，所以，即；
赋值，得，解得，
即；
AC项，由，，
得，
其中由，可知，
当时，，即；
当时，，即；故AC错误；
BD项，，得；
又，所以，
则，
故，且不恒为，故B错误，D正确.
故选：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. 已知，则（ ）
A. 的最小值为 B. 的最大值为
C. 的最小值为 D. 的最小值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据指数运算，结合基本不等式即可判断A；结合对数运算，利用基本不等式可判断B；将化为关于x的二次函数，结合二次函数性质可判断是C；通过变量代换，令，得到，根据“1”的巧用，将变形后，利用基本不等式，即可判断D..
【详解】对于A，由于，故，
当且仅当，结合，即时，等号成立，
即的最小值为 ，A正确；
对于B，由于，，则，
当且仅当时，等号成立，
故，即的最大值为，B正确；
对于C，又，得，
故
由于，而对称轴为，
则在上单调递减，在上无最值，C错误；
对于D，令，则，
故，
由于，故，
，
则，
当且仅当，结合，即时，等号成立，
所以，
即的最小值为，D正确，
故选：ABD
【点睛】难点点睛：本题考查了基本不等式的应用，主要是求最值问题，难点是选项D的判断，解答时要通过变量代换，令，得到，根据“1”的巧用，将变形后，利用基本不等式，即可求解.
10. 关于函数，下列结论正确的是（ ）
A. 是的一个对称中心
B. 函数在上单调递增
C. 函数图像可由函数的图像向右平移个单位得到
D. 若方程在区间上有两个不相等的实根，则
【答案】BC
【解析】
【分析】根据三角函数图像性质分别判断各选项.
【详解】A选项：由，令，，解得，，所以其对称中心为，所以不是其对称中心，A选项错误；
B选项：令，，解得，，即函数的单调递增区间为，，又，，B选项正确；
C选项：由，向右平移可得，C选项正确；
D选项：，即，
设，则，
即函数与函数在上有两个交点，
做出函数图像，如图所示，
所以可得，解得，D选项错误；
故选：BC.
11. 如图，在棱长为2的正方体中，均为所在棱的中点，动点P在正方体表面运动，则下列结论中正确的为（ ）

A. 在中点时，平面平面
B. 异面直线所成角的余弦值为
C. 在同一个球面上
D. ，则点轨迹长度为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据正方体图像特征证明面，结合面面垂直的判定定理判断A；根据异面直线所成的角判断B错误；根据五点共圆得到C；分析可知点轨迹是过点与平行的线段，根据轨迹求出长度得到D.
【详解】对于选项A：取的中点，连接，

在棱长为2的正方体中，均为所在棱的中点，
易知，平面，在面内，
所以，面，面，，
所以面，面，所以，
连接，是正方形，，
因为面，面，所以，
因为面，面，，
所以面，因为面，所以，
综上，面，面，又，
所以面，面，故平面平面，故A正确；
对于选项B：取的中点，连接，则，
所以是异面直线所成的角，
又，则，故B错误；
对于选项C：记正方体中心为点，则，
所以在以为球心，以为半径的球面上，故C正确；
对于选项D：因为，且为的中点，
所以，故，
所以点轨迹是过点与平行的线段，且，
所以，故D正确；
故选：ACD
【点睛】方法点睛：
（1）用普通方法求异面直线所成的角时可以找到与其中一条平行的直线与另一条直线相交所成的角即为异面直线的夹角；
（2）证明面面垂直时，通常先证明线面垂直，再证明面面垂直；
（3）证明点共球面可先证明点共圆.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 学校要安排一场文艺晚会的8个节目的演出顺序，2个集体节目分别安排在第1个和最后1个，还有3个音乐节目、2个舞蹈节目、1个小品节目，要求同类节目不能连续安排，则共有_________种不同的排法（填写数字）．
【答案】240
【解析】
【分析】先分步，第一步：先排2个集体节目，第二步：排剩余6个节目，在这里又要分类，利用计数原理即可求解.
【详解】第一步：2个集体节目共有种排法；
第二步：设先后顺序为第1，2，3，4，5，6，7，8场，
第一类：将3个音乐节目排在第2，4，6场，再排剩下的节目共有种排法；
第二类：将3个音乐节目排在第2，4，7场，再排剩下节目共有种排法；
第三类：将3个音乐节目排在第2，5，7场，再排剩下的节目共有种排法；
第四类：将3个音乐节目排在第3，5，7场，再排剩下的节目共有种排法；
综上所述，满足题意的排法共有种.
故答案为：240.
【点睛】关键点点睛：对需要完成的事情进行适当的分步、分类，分步时做到条理清晰，分类时做到不重不漏，由此即可顺利得解.
13. 已知是双曲线的左右焦点，过的直线交双曲线右支于两点，分别是和的内切圆半径，则的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】设和的内切圆的圆心分别为，首先根据双曲线和切线的性质可证得轴，然后根据三角形相似关系求出的关系，再根据题意求出的取值范围，从而可求出的范围，进而可求出范围.
【详解】由，得，则，
设圆与分别切于点，连接，
由圆的切线的性质可得，
由双曲线的定义可知，即，
设，则，得，所以，
因为轴，所以的横坐标也为，同理可证得的横坐标也为，
所以轴，且三点共线，
由三角形内切圆的性质可知分别为的角平分线，
所以，
所以∽，所以，
因为，所以，得，
因为双曲线的渐近线为，所以其倾斜角分别为和，
因为直线交双曲线右支于两点，所以直线的倾斜角的范围为，
设直线的倾斜角为，则，所以，
所以，
所以，
因为，所以，
令，
由对勾函数的性质可知在上递减，在上递增，
因为，，，
所以，
所以，
即的取值范围是为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：此题考查双曲线的几何性质，考查双曲线的焦点三角形问题，考查焦点三角形内切圆，解题的关键是根据双曲线的性和圆的切线的性质得到焦点三角形的圆心的横坐标与双曲线的顶点横坐标相同，考查数形结合的思想和计算能力，属于较难题.
14. 不透明的盒子中装有大小质地相同的4个红球、2个白球，每次从盒子中摸出一个小球，若摸到红球得1分，并放回盒子中摇匀继续摸球；若摸到白球，则得2分且游戏结束．摸球次后游戏结束的概率记为，则______；游戏结束后，总得分记为，则的数学期望______．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】借助概率乘法公式可得空一；借助期望的计算公式与错位相减法计算可得空二.
【详解】；
的可能取值为，且，
则，
则，
则，
则
，
即，
又，故.
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：空二的关键点在于借助数列的求和方法中的错位相减法求和.
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. 已知a，b，c分别为内角A、B、C的对边，且.
（1）求角A；
（2）若，，求c.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理将已知等式统一成角的形式，然后化简可得角A；
（2）利用余弦定理可求出
【小问1详解】
因为，所以由正弦定理得，
所以，
因为，所以，
所以，
因为，所以；
【小问2详解】
在中，，，，
所以由余弦定理得，
，整理得，
解得（舍去），或.
16. 如图1，在等腰直角三角形ABC中，，，D，E分别是AC，AB上的点，，O为BC的中点．将△ADE沿DE折起，得到如图2所示的四棱锥，其中．
（1）求证：；
（2）求点B到平面的距离．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理求得，结合已知条件得，从而，再利用线面垂直的判定定理即可证明结论；
（2）取中点，则．以为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系，利用点到平面的距离公式求解即可．
【小问1详解】
连接，
因为在等腰直角三角形中，，
在中，，同理得，
因为，
所以，所以
所以平面，
所以平面．
【小问2详解】
取中点，则，
以为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系，

则，
设平面的法向量为，，
所以，令，则，则，
又，，
所以点到平面的距离为．
17. 已知曲线上的点到点的距离比到直线的距离小为坐标原点.直线过定点.
（1）直线与曲线仅有一个公共点，求直线的方程；
（2）曲线与直线交于两点，试分别判断直线的斜率之和､斜率之积是否为定值？并说明理由.
【答案】（1）或或
（2）斜率之和为定值､斜率之积不是定值
【解析】
【分析】（1）由题意结合抛物线定义可得曲线的方程，结合抛物线的性质及直线与抛物线的位置关系计算即可得；
（2）设出直线方程后联立曲线，可得与交点横坐标有关韦达定理，即可表示出直线的斜率之和､斜率之积，并可借助韦达定理计算出其是否为定值.
【小问1详解】
曲线上的点到点的距离比到直线的距离小，
故曲线上的点到点的距离与到直线的距离相等，
故曲线为以为焦点，直线为准线的抛物线，
即有，
过点的直线与抛物线仅有一个公共点，
若直线可能与抛物线的对称轴平行时，则有：，
若直线与抛物线相切时，易知：是其中一条直线，
另一条直线与抛物线上方相切时，不妨设直线的斜率为，设为，
联立可得：，
则有：，解得：，
故此时的直线的方程为：，
综上，直线的方程为：或或；
【小问2详解】
若与交于两点，分别设其坐标为，且，
由（1）可知直线要与抛物线有两个交点，则直线的斜率存在且不为0，
不妨设直线的斜率为，则有：，
联立直线与抛物线可得：，可得：，
即有，
根据韦达定理可得：，
则有：，
则，故为定值；故不为定值；
综上：为定值不为定值.
18. 某篮球俱乐部由篮球Ⅰ队和Ⅱ队组成.Ⅰ队球员水平相对较高，代表俱乐部参加高级别赛事；Ⅱ队是Ⅰ队的储备队，由具有潜力的运动员组成.为考察Ⅰ队的明星队员甲对球队的贡献，教练对近两年甲参加过的60场与俱乐部外球队的比赛进行统计：甲在前锋位置出场12次，其中球队获胜6次；中锋位置出场24次，其中球队获胜16次；后卫位置出场24次，其中球队获胜18次.用该样本的频率估计概率，则：
（1）甲参加比赛时，求Ⅰ队在某场与俱乐部外球队比赛中获胜的概率；
（2）为备战小组赛，Ⅰ队和Ⅱ队进行10场热身赛，比赛没有平局，获胜得1分，失败得0分.已知Ⅰ队在每场比赛中获胜的概率是p（），若比赛最有可能的比分是7∶3，求p的取值范围；
（3）现由Ⅰ队代表俱乐部出战小组赛，小组共6支球队，进行单循环赛（任意两支队伍间均进行一场比赛），若每场比赛均派甲上场，在已知Ⅰ队至少获胜3场的条件下，记其获胜的场数为X，求X的分布列和数学期望.
【答案】（1）
（2）
（3）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）利用全概率公式计算即可；
（2）由二项分布的概率公式，根据概率最大，即可列式求解p的取值范围；
（3）先分别求出Ⅰ队获胜场的概率，再由条件概率求得X的分布列，进而得到X的数学期望.
【小问1详解】
设“甲担任前锋”；“甲担任中锋”；“甲担任后卫”；
“某场比赛中该球队获胜”.
则：，，，
，，，
由全概率公式可得：
，
所以甲参加比赛时，Ⅰ队在某场与俱乐部外球队比赛中获胜的概率是.
【小问2详解】
设这10场比赛，Ⅰ队获胜的场数是k，则P（Ⅰ队获胜k场），
由题意，时，P（Ⅰ队获胜k场）最大，
所以有，解得，
所以p的取值范围为.
【小问3详解】
由题意，Ⅰ队一共需要打5场比赛，
设“5场比赛中Ⅰ队获胜i场”（，4，5），“5场比赛中Ⅰ队至少获胜3场”，
；；
，则，
，
同理可得，
，
则X的分布列为：
.
19. 已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）讨论的单调性；
（3）若有极大值，且极大值大于，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）当上单调递增，无递减区间；
当在上单调递增，在上单调递减.
（3）
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义求出斜率，结合切点，得到切线方程即可.
（2）利用导数含参讨论单调性即可.
（3）结合题意转化为不等式恒成立问题，利用导数判断函数单调性，再解不等式即可.
【小问1详解】
，
当时，.
所以曲线在点处的切线方程，即.
【小问2详解】
由（1）知，，
①当时，在上单调递增，无递减区间，
②当时，，
在上单调递增，在上单调递减，
综上：当在上单调递增，无递减区间，
当在上单调递增，在上单调递减.
【小问3详解】
因为有极大值，且极大值大于，
故，且处取极大值，
，即，
令，
恒成立，在上单调递增，
又，当且仅当时成立，
故，当且仅当时成立，X
3
4
5
P