江苏省部分学校2025届新高三暑期效果联合测评数学试题（解析版）

这是一份江苏省部分学校2025届新高三暑期效果联合测评数学试题（解析版），共20页。试卷主要包含了 选择题的作答， 非选择题的作答， 在等差数列中， ， ，， 已知函数，则等内容，欢迎下载使用。
满分150分，考试用时120分钟
注意事项：
1. 答题前，先将自己的姓名、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、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】
【分析】根据并集的含义即可.
【详解】由题意得.
故选：D.
2. 若复数，则（ ）
A. 2B. 3C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】对复数化简后，再求其模.
【详解】因为，
所以.
故选：C
3. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用二倍角余弦公式和差角余弦公式可得，求解即可.
【详解】由题
，
所以.
故选：A
4. 设，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，利用指数、对数函数及正切函数的单调性比较大小即得.
【详解】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】
【分析】由等差数列性质可知，，仍为等差数列，代入即可求解.
【详解】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】
【分析】求导后判断单调性，从而求得极值点即可判断A；利用单调性结合零点存在性定理即可判断B；令，得到是奇函数，是的对称中心，再结合图象的平移规律即可判断C；由导数的几何意义求得切线方程即可判断D.
【详解】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：C
7. 若的展开式中二项式系数和为64，则（ ）
A 3B. 4C. 5D. 6
【答案】D
【解析】
【分析】根据二项式系数和求解即可.
【详解】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】
【分析】利用正棱锥的性质，先过顶点作底面的垂线，由线面角的定义和题干数据进行求解.
【详解】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】
【分析】建立空间直角坐标系，设出点的坐标，利用向量的坐标运算判断AB；求出三棱锥的体积判断C；利用空间位置关系的向量证明判断D.
【详解】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4D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据及得，通过赋值，结合判断A；根据题意结合偶函数判断B；通过赋值根据周期函数的定义判断C；根据函数的周期为6，并且结合及赋值法求得，进而求和判断D.
【详解】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
【点睛】方法点睛：函数的性质主要是函数的奇偶性、单调性和周期性以及函数图象的对称性，在解题中根据问题的条件通过变换函数关系，推证函数的性质，根据函数的性质解决问题.
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1
C. 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】
【分析】根据直线切过定点切该定点在圆内可判断A；求出圆的圆心到直线的距离可判断B；将圆化成标准形式为，转化为两圆外切可判断C；由，且当最小时最小时可判断D.
【详解】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】
【分析】根据排列组合以及概率的乘法公式，再分两个题目都有思路和一个有思路一个没有思路讨论即可求解.
【详解】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.
故答案为：.
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】
【分析】根据题中条件，结合勾股定理、余弦定理，可得，，由正弦定理，可得外接圆半径，根据向量的线性运算法则，结合数量积公式，可得的最大值，即可得答案.
【详解】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．
故答案为：．
【点睛】方法点睛：平面向量解题方法
1．平面向量的线性运算要抓住两条主线：一是基于“形”，通过作出向量，结合图形分析；二是基于“数”，借助坐标运算来实现．
2．正确理解并掌握向量的概念及运算，强化“坐标化”的解题意识，注重数形结合思想、方程思想与转化思想的应用．
提醒：运算两平面向量的数量积时，务必要注意两向量的方向．
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】
【分析】作出辅助线，得到，根据双曲线定义得到，，设，列出方程，解得，这里取，则，由列出方程，求出，得到离心率.
【详解】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.
故答案为：
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：.
【答案】（1），；
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由已知得，得到是以为公比的等比数列，求出通项公式；
（2）求出，利用裂项相消法即可求证.
【小问1详解】
由，，
得，又，
则是以为首项，为公比的等比数列，
所以，.
【小问2详解】
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.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求出、，利用直线的点斜式方程可得答案；
（2）转化为的图象有2个交点，令，利用导数求出值域，结合图象可得答案.
【小问1详解】
当时，，所以,
，，
所以曲线在点处的切线方程为，
即；
【小问2详解】
，
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．
【答案】（1）证明见解析
（2）1
【解析】
【分析】（1）取的中点M，连接MP，MB，利用平行四边形证明，由判定定理得证；
（2）建立空间直角坐标系，设，根据向量法求出二面角的正切值，解出，即可得解.
【小问1详解】
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；
【小问2详解】
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：
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）？
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据表中数据，计算、，求出、，写出回归方程；
（2）用（1）中的回归方程，计算时的值．
【小问1详解】
依题意可得，
，
，
；
，
，
关于的线性回归方程为；
【小问2详解】
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.
【答案】（1）
（2）是，定值为1.
【解析】
【分析】（1）根据题意，将三角形面积相等转化为，再利用设而不求分别求得，，从而得到，再由判别式即可得解.
（2）充分利用，得到直线与的方程，利用与圆相切的性质同构出直线的方程，从而得解.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
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.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标、；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；
（5）代入韦达定理求解.
消费（单元：美元）
32
40
50
86
63
100
133
小费（单位：美元）
5
6
7
9
8
9
12