試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁2025屆新高考基地學校第二次大聯考數學注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上.2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上指定位置，在其他位置作答一律無效.3.本卷滿分150分，考試時間120分鐘.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回.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．2．在復平面內，若對應的點在第二象限，則對應的點位于（

）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，則（

）A． B． C．0 D．24．將數列和的公共項從小到大排列得到數列，則下列所給的值中，使得的前100項和最小的為（

）A． B． C．1 D．45．若是定義在上的增函數，則“”是“”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件6．已知，若，，則（

）A．4 B．5 C．4或5 D．5或67．設函數（，）的最小正周期為，將的圖象向左平移個單位后關于原點對稱，且在區間內的零點與極值點恰好共有4個，則（

）A．2 B．3 C．4 D．58．已知雙曲線（，）的兩個焦點為，，，是的右支上兩點.若，∥，且，則的離心率為（

）A． B．2 C． D．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．賦分是根據考生原始分數在全體考生中的排名比例進行轉化的，在一次模擬考試中，某班5名同學的地理科目的原始分與賦分如下表：學號12345原始分93857852賦分10096927082記這5名同學在這次模擬考試中的地理科目的原始分為數據甲，賦分為數據乙，則（

）A．甲的平均數小于乙的平均數 B．甲的中位數小于乙的中位數C．甲的極差小于乙的極差 D．甲的方差小于乙的方差10．在正四棱錐中，側棱與底面邊長相等，分別是和的中點，則（

）A． B．平面 C． D．平面11．在直角坐標系中，，，是曲線上一點，則（

）A． B． C． D．三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12．已知函數（且）是偶函數，則.13．在正三棱臺中，，經過三條側棱中點的平面將正三棱臺分成兩部分，若兩部分的體積之差為18，則該三棱臺的體積為.14．記的內角，，的對邊分別為，，，為的中點，為邊上一點，.設，且，則；的最小值為.四、解答題：本題共5小題，共77分.解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15．如圖，在正三棱柱中，，分別是和的中點.(1)證明：平面平面；(2)若，平面與平面夾角的余弦值為，求該三棱柱的體積.16．袋中裝有4個紅球和2個黑球，第一次隨機取出1個小球，若是紅球則放回，否則不放回.(1)第二次隨機取出1個小球，求兩次取出的球顏色相同的概率；(2)第二次隨機取出2個小球，記兩次取出紅球的個數為，求的概率分布列及數學期望.17．已知拋物線的焦點為，過點的直線與交于，兩點.(1)若是，的等比中項，求直線的方程；(2)若是上一點，且直線的斜率為2，證明：直線經過定點.18．設，曲線在處的切線方程為.(1)求，的值；(2)證明：；(3)若存在兩根，，且，證明：.19．在數列中，，記，且.(1)證明：是等差數列；(2)求數列的前項和；(3)數列的前（）項組成集合，集合，的元素個數記為.記，，若，求的最大值.答案第=page11頁，共=sectionpages22頁答案第=page11頁，共=sectionpages22頁1．B【分析】先解一元二次不等式確定集合，再求集合并集即可.【詳解】由，所以.所以.故選：B2．D【分析】設，根據共軛復數結合復數的幾何意義可得，進而可得結果.【詳解】設，因為對應的點在第二象限，則，所以對應的點為，位于第四象限.故選：D.3．A【分析】利用投影向量的定義，結合數乘向量、向量的模的坐標運算，計算即可得結果.【詳解】由題意，，，則，所以向量在上的投影向量，所以，即.故選：A.4．B【分析】由題可知公共項組成的數列是公差為的等差數列，由等差數列求和公式可知，故要使數列的前100項和最小，只需使其首項最小即可.將所給的值逐項代入求首項，比較大小即可求解.【詳解】由題意知：是公差為的等差數列，故其前100項和.所以要使數列的前100項和最小，只需使其首項最小即可.當時，數列為：；數列為：，此時，數列的首項；當時，數列為：；數列為：，此時，數列的首項；當時，數列為：；數列為：，此時，數列的首項；當時，數列為：；數列為：，此時，數列的首項.故當時，數列的首項最小，此時數列的前100項和最小.故選：B.5．C【分析】根據單調性的定義結合充分、必要條件分析判斷.【詳解】因為是定義在上的增函數，若，則，即充分性成立；若，假設存在滿足，則，這與相矛盾，所以，即必要性成立；綜上所述：“”是“”的充要條件.故選：C.6．A【分析】先求，根據組合數的性質求，進而可得最值.【詳解】由題意可知：，且，可得，其中，且，根據組合數的性質可知當，即時，取到最大值，若，所以.故選：A.7．C【分析】根據圖象變換結合對稱性可得，以為整體，結合正弦函數性質分析求解即可.【詳解】因為，則，將的圖象向左平移個單位，可得，若的圖象關于原點對稱，則，即，且，可得，所以，又因為，則，由題意可得：，解得，且，所以.故選：C.8．C【分析】設，根據雙曲線定義可得，根據題意可得，，結合余弦定理可得，即可得結果.【詳解】設，由雙曲線定義可得，因為，則，又因為∥，則，即，由余弦定理可得，整理可得，即，整理可得，則，，，即，則，所以雙曲線的離心率為.故選：C.9．AB【分析】數據甲和數據乙的平均數、中位數、極差、方差的變化，然后逐一比較選項。【詳解】根據題意得，賦分后，學生成績提高了，平均分和中位數都會增加，故AB正確；根據賦分，知道學號5的原始分滿足：，則甲的極差為，乙的極差為，，C錯誤；而且賦分后，結合極差可知，乙數據更集中，方差更小，D錯誤.故選：AB.10．BC【分析】根據題意作圖，利用中位線的性質證得四邊形是平行四邊形即，可直接判斷A；利用線面平行的判定定理可證明并判斷B；利用等邊三角形的性質可證明并判斷C；利用線面垂直的性質和判定定理可判斷D.【詳解】如圖，取中點，連接，分別是和的中點，四棱錐是正四棱錐，且，即四邊形是平行四邊形，對于A，因為，所以與不平行，故A錯誤；對于B，因為平面平面，所以平面，故B正確；對于C，因為，是中點，所以，又因為，所以，故C正確；對于D，連接交于點，連接，因為四棱錐是正四棱錐，所以平面，，因為平面，平面，所以，則由，，平面平面，可證得平面，又因為，所以與為異面直線，如果平面，則與題意矛盾，故D錯誤.故選：BC.11．ACD【分析】根據方程式作出曲線的圖形.對于A：根據圖形分析即可；對于BC：分析可知曲線在橢圓內，根據橢圓定義結合基本不等式分析判斷；對于D：整理可得，結合選項A即可得結果.【詳解】因為，將換成可得，方程不變，可知曲線關于y軸對稱，將換成可得，方程不變，可知曲線關于x軸對稱，據此只需研究的部分即可若，可得；若，可得；可得曲線的圖象如圖所示，其中，對于選項A：可知，則，即，可知，故A正確；對于選項BC：對于橢圓，其焦點為，且點在橢圓內，可知曲線與橢圓有且僅有2個公共點，即曲線在橢圓內，由橢圓定義可知：，當且僅當點為時，等號成立，故C正確；可得，故B錯誤；對于選項D：因為，即，由選項A可知：，所以，故D正確；故選：ACD.12．【分析】根據偶函數的定義可得，即可得結果.【詳解】因為對任意的恒成立，可知函數的定義域為，因為函數是偶函數，則，即，整理可得，即，可得，即，可知是偶函數，符合題意，所以.故答案為：.13．【分析】設棱長以及高，利用相似三角形的面積之比可得三個底面的面積分別為，再利用棱臺的體積公式求出上下兩個棱臺的體積，進而求出的值，再求上下兩個棱臺的體積之和即可.【詳解】分別取棱的中點為，設，正三棱臺的高為，則，正三棱臺和的高均為，則由梯形中位線可知，記，則，，則，則，則，則，則該三棱臺的體積為.故答案為：.14．【分析】根據題意利用正弦定理結合三角恒等變換可得，進而可得，即可得，利用正弦定理結合三角恒等變換可得，結合題中關系可得，即可分析最值.【詳解】因為，由正弦定理可得，又因為，，即，可得，且，則，可得，則，且，所以；因為，由正弦定理可得，由題意可知：，則，當且僅當，即時，等號成立，所以的最小值為.故答案為：.15．(1)證明見解析；(2).【分析】（1）取中點，利用平行公理，結合平行四邊形的判定性質證得，再利用線面平行的判定性質、面面垂直的判定推理即得.（2）取中點，利用面面平行的判定證得平面平面，再利用二面角大小求出正三棱柱的高。進而求出體積.【詳解】（1）在正三棱柱中，取中點，連接，由是中點，得，而是中點，則，四邊形是平行四邊形，，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，則平面，取中點，連接，則，而平面，平面，則平面，又平面，于是平面平面，平面與平面的夾角等于平面與平面的夾角，由平面，平面，得，則是平面與平面的夾角，，，于是，而，則，所以正三棱柱的體積.16．(1)(2)分布列見解析，【分析】（1）設出事件，根據條件概率以及全概率公式，可得答案；（2）根據離散性分布列的解題步驟，結合數學期望的計算，可得答案.【詳解】（1）設｛第一次抽取紅球｝，｛第二次抽取紅球｝，｛第一次抽取黑球｝，｛第二次抽取黑球｝，則，，，，所以兩次取出球的顏色相同的概率.（2）由題意可得隨機變量的可能取值為，當時，滿足的情況有第一次抽取一個紅球，第二次抽取兩個黑球；第一次抽取一個黑球，第二次抽取一個黑球和一個紅球，則；當時，滿足的情況有第一次抽取一個紅球，第二次抽取一個黑球和一個紅球；第一次抽取一個黑球，第二次抽取兩個紅球，則；當時，滿足的情況有第一次抽取一個紅球，第二次抽取兩個紅球，則；可得的分布列如下：所以.17．(1)(2)證明見解析【分析】（1）設設的方程為：，結合等比中項及兩點間距離公式，列出等式求解即可；（2）設，由的斜率為2，得到，再通過兩點式分別寫出的方程，結合在直線上得到，代入化簡即可.【詳解】（1）由題意設的方程為：聯立拋物線方程：，消去可得：，且，

，，因為是，的等比中項，所以，由兩點間距離公式可得：，所以，所以，解得：或，當時，舍去，所以，所以直線的方程為：.（2），，所以，由兩點式可得直線的方程：，即，它過，所以，同理可得直線的方程為：化簡得：，將代入可得：，即，即，即，令，得到，所以直線恒過點.18．(1)，；(2)證明見解析；(3)證明見解析；【分析】（1）直接求導代入得，再代入即可得到；（2）轉化為證明，設新函數，再求導并合理放縮得到其單調性即可證明；（3）首先求出，且，再根據極值點偏移證明，設新函數再求導證明即可得到左邊不等式關系，再根據第二問得到，再代入即可.【詳解】（1）因為，所以，即，因為，所以點在直線上，即，所以．（2）由（1）知，切線的方程為，所以要證，即證．設，則，當時，此時單調遞增：當時，此時單調遞減，所以，當且僅當時，等號成立．所以．（3）因為，當時，此時單調遞減：當時，此時單調遞增：則極小值為，且，，且小于0，，，因為存在兩根，所以，且．首先證明：，即證．因為在上單調遞減，所以只要證，即證．設，因為，當時，，，則，所以在上恒成立，所以在上單調遞增，所以，故，所以．其次證明：．因為在處的切線為，由（2）知，，當且僅當時等號成立，所以，即，所以．綜上，．19．(1)證明見解析(2)(3)【分析】（1）由，得到：，兩式相加化簡即可；（2）由（1）通過累加法得到，再通過裂項相消法求和即可；（