江蘇省泰州市泰州棟梁學校2025屆高考仿真卷數學試題注意事項：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，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60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．若點是角的終邊上一點，則（）A． B． C． D．2．已知雙曲線C的兩條漸近線的夾角為60°，則雙曲線C的方程不可能為（）A． B． C． D．3．元代數學家朱世杰的數學名著《算術啟蒙》是中國古代代數學的通論，其中關于“松竹并生”的問題：松長五尺，竹長兩尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而長等.下圖是源于其思想的一個程序圖，若，，則輸出的（）A．3 B．4 C．5 D．64．已知平面向量，滿足，，且，則（）A．3 B． C． D．55．已知正項等比數列的前項和為，且，則公比的值為（）A． B．或 C． D．6．已知雙曲線的實軸長為，離心率為，、分別為雙曲線的左、右焦點，點在雙曲線上運動，若為銳角三角形，則的取值范圍是（）A． B． C． D．7．已知復數，為的共軛復數，則（）A． B． C． D．8．已知函數與的圖象有一個橫坐標為的交點，若函數的圖象的縱坐標不變，橫坐標變為原來的倍后，得到的函數在有且僅有5個零點，則的取值范圍是()A． B．C． D．9．關于函數有下述四個結論：（）①是偶函數；②在區間上是單調遞增函數；③在上的最大值為2；④在區間上有4個零點.其中所有正確結論的編號是（）A．①②④ B．①③ C．①④ D．②④10．存在點在橢圓上，且點M在第一象限，使得過點M且與橢圓在此點的切線垂直的直線經過點，則橢圓離心率的取值范圍是（）A． B． C． D．11．在中，D為的中點，E為上靠近點B的三等分點，且，相交于點P，則（）A． B．C． D．12．已知是的共軛復數,則（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知為矩形的對角線的交點，現從這5個點中任選3個點，則這3個點不共線的概率為________.14．已知圓柱的兩個底面的圓周在同一個球的球面上，圓柱的高和球半徑均為2，則該圓柱的底面半徑為__________.15．已知函數是偶函數，直線與函數的圖象自左向右依次交于四個不同點A，B，C，D．若AB＝BC，則實數t的值為_________．16．的展開式中二項式系數最大的項的系數為_________（用數字作答）.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）如圖，在斜三棱柱中，已知為正三角形，D，E分別是，的中點，平面平面，.（1）求證：平面；（2）求證：平面.18．（12分）在中，、、的對應邊分別為、、，已知，，.（1）求；（2）設為中點，求的長.19．（12分）設函數，，.（1）求函數的單調區間；（2）若函數有兩個零點，().（i）求的取值范圍；（ii）求證:隨著的增大而增大.20．（12分）已知函數，,使得對任意兩個不等的正實數，都有恒成立.（1）求的解析式；（2）若方程有兩個實根，且，求證：.21．（12分）設實數滿足.（1）若，求的取值范圍；（2）若，，求證：.22．（10分）已知拋物線與直線.（1）求拋物線C上的點到直線l距離的最小值；（2）設點是直線l上的動點，是定點，過點P作拋物線C的兩條切線，切點為A，B，求證A，Q，B共線；并在時求點P坐標.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60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、A【解析】

根據三角函數的定義，求得，再由正弦的倍角公式，即可求解.【詳解】由題意，點是角的終邊上一點，根據三角函數的定義，可得，則，故選A.【點睛】本題主要考查了三角函數的定義和正弦的倍角公式的化簡、求值，其中解答中根據三角函數的定義和正弦的倍角公式，準確化簡、計算是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題.2、C【解析】

判斷出已知條件中雙曲線的漸近線方程，求得四個選項中雙曲線的漸近線方程，由此確定選項.【詳解】兩條漸近線的夾角轉化為雙曲漸近線與軸的夾角時要分為兩種情況．依題意，雙曲漸近線與軸的夾角為30°或60°，雙曲線的漸近線方程為或.A選項漸近線為，B選項漸近線為，C選項漸近線為，D選項漸近線為.所以雙曲線的方程不可能為.故選：C【點睛】本小題主要考查雙曲線的漸近線方程，屬于基礎題.3、B【解析】分析：根據流程圖中的可知，每次循環的值應是一個等比數列，公比為；根據流程圖中的可知，每次循環的值應是一個等比數列，公比為，根據每次循環得到的的值的大小決定循環的次數即可.詳解：記執行第次循環時，的值記為有，則有；記執行第次循環時，的值記為有，則有.令，則有，故，故選B.點睛：本題為算法中的循環結構和數列通項的綜合，屬于中檔題，解題時注意流程圖中蘊含的數列關系（比如相鄰項滿足等比數列、等差數列的定義，是否是求數列的前和、前項積等）.4、B【解析】

先求出，再利用求出，再求.【詳解】解：由，所以，，，故選：B【點睛】考查向量的數量積及向量模的運算，是基礎題.5、C【解析】

由可得，故可求的值.【詳解】因為，所以，故，因為正項等比數列，故，所以，故選C.【點睛】一般地，如果為等比數列，為其前項和，則有性質：（1）若，則；（2）公比時，則有，其中為常數且；（3）為等比數列（）且公比為.6、A【解析】

由已知先確定出雙曲線方程為，再分別找到為直角三角形的兩種情況，最后再結合即可解決.【詳解】由已知可得，，所以，從而雙曲線方程為，不妨設點在雙曲線右支上運動，則，當時，此時，所以，，所以；當軸時，，所以，又為銳角三角形，所以.故選：A.【點睛】本題考查雙曲線的性質及其應用，本題的關鍵是找到為銳角三角形的臨界情況，即為直角三角形，是一道中檔題.7、C【解析】

求出，直接由復數的代數形式的乘除運算化簡復數.【詳解】.故選：C【點睛】本題考查復數的代數形式的四則運算，共軛復數，屬于基礎題.8、A【解析】

根據題意，，求出，所以，根據三角函數圖像平移伸縮，即可求出的取值范圍.【詳解】已知與的圖象有一個橫坐標為的交點，則，，，，，若函數圖象的縱坐標不變，橫坐標變為原來的倍，則，所以當時，，在有且僅有5個零點，，.故選：A.【點睛】本題考查三角函數圖象的性質、三角函數的平移伸縮以及零點個數問題，考查轉化思想和計算能力.9、C【解析】

根據函數的奇偶性、單調性、最值和零點對四個結論逐一分析，由此得出正確結論的編號.【詳解】的定義域為.由于，所以為偶函數，故①正確.由于，，所以在區間上不是單調遞增函數，所以②錯誤.當時，，且存在，使.所以當時，；由于為偶函數，所以時，所以的最大值為，所以③錯誤.依題意，，當時，，所以令，解得，令，解得.所以在區間，有兩個零點.由于為偶函數，所以在區間有兩個零點.故在區間上有4個零點.所以④正確.綜上所述，正確的結論序號為①④.故選：C【點睛】本小題主要考查三角函數的奇偶性、單調性、最值和零點，考查化歸與轉化的數學思想方法，屬于中檔題.10、D【解析】

根據題意利用垂直直線斜率間的關系建立不等式再求解即可.【詳解】因為過點M橢圓的切線方程為,所以切線的斜率為,由,解得,即,所以,所以.故選：D【點睛】本題主要考查了建立不等式求解橢圓離心率的問題,屬于基礎題.11、B【解析】

設，則，，由B，P，D三點共線，C，P，E三點共線,可知，,解得即可得出結果.【詳解】設，則，，因為B，P，D三點共線，C，P，E三點共線，所以，，所以，.故選:B.【點睛】本題考查了平面向量基本定理和向量共線定理的簡單應用,屬于基礎題.12、A【解析】

先利用復數的除法運算法則求出的值，再利用共軛復數的定義求出a+bi，從而確定a，b的值，求出a+b．【詳解】i，∴a+bi＝﹣i，∴a＝0，b＝﹣1，∴a+b＝﹣1，故選：A．【點睛】本題主要考查了復數代數形式的乘除運算，考查了共軛復數的概念，是基礎題．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

基本事件總數，這3個點共線的情況有兩種和，由此能求出這3個點不共線的概率．【詳解】解：為矩形的對角線的交點，現從，，，，這5個點中任選3個點，基本事件總數，這3個點共線的情況有兩種和，這3個點不共線的概率為．故答案為：．【點睛】本題考查概率的求法，考查對立事件概率計算公式等基礎知識，考查運算求解能力，屬于基礎題．14、【解析】

由圓柱外接球的性質，即可求得結果.【詳解】解：由于圓柱的高和球半徑均為2，,則球心到圓柱底面的距離為1，設圓柱底面半徑為，由已知有，∴，即圓柱的底面半徑為.故答案為：.【點睛】本題考查由圓柱的外接球的性質求圓柱底面半徑，屬于基礎題.15、【解析】

由是偶函數可得時恒有，根據該恒等式即可求得，，的值，從而得到，令，可解得，，三點的橫坐標，根據可列關于的方程，解出即可．【詳解】解：因為是偶函數，所以時恒有，即，所以，所以，解得，，；所以；由，即，解得；故，．由，即，解得．故，．因為，所以，即，解得，故答案為：．【點睛】本題考查函數奇偶性的性質及二次函數的圖象、性質，考查學生的計算能力，屬中檔題．16、5670【解析】

根據二項式展開的通項，可得二項式系數的最大項，可求得其系數.【詳解】二項展開式一共有項，所以由二項式系數的性質可知二項式系數最大的項為第5項，系數為.故答案為：5670【點睛】本題考查了二項式定理展開式的應用，由通項公式求二項式系數，屬于中檔題.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）見解析；（2）見解析【解析】

（1）根據，分別是，的中點，即可證明，從而可證平面；（2）先根據為正三角形，且D是的中點，證出，再根據平面平面，得到平面，從而得到，結合，即可得證．【詳解】（1）∵，分別是，的中點∴∵平面，平面∴平面.（2）∵為正三角形，且D是的中點∴∵平面平面，且平面平面，平面∴平面∵平面∴∵且∴∵，平面，且∴平面.【點睛】本題考查直線與平面平行的判定，面面垂直的性質等，解題時要認真審題，注意空間思維能力的培養，中檔題．18、（1）；（2）.【解析】

（1）直接根據特殊角的三角函數值求出，結合正弦定理求出；（2）結合第一問的結論以及余弦定理即可求解．【詳解】解：（1）∵，且，∴，由正弦定理，∴，∵∴銳角，∴（2）∵，∴∴∴在中，由余弦定理得∴【點睛】本題主要考查了正弦定理和余弦定理的運用．考查了學生對三角函數基礎知識的綜合運用．19、（1）見解析；（2）（i）（ii）證明見解析【解析】

（1）求出導函數，分類討論即可求解；（2）（i）結合（1）的單調性分析函數有兩個零點求解參數取值范圍；（ii）設，通過轉化，討論函數的單調性得證.【詳解】（1）因為，所以當時，在上恒成立，所以在上單調遞增，當時，的解集為，的解集為，所以的單調增區間為，的單調減區間為；（2）（i）由（1）可知，當時，在上單調遞增，至多一個零點，不符題意，當時，因為有兩個零點，所以，解得，因為，且，所以存在，使得，又因為，設，則，所以單調遞增，所以，即，因為，所以存在，使得，綜上，；（ii）因為，所以，因為，所以，設，則，所以，解得，所以，所以，設，則，設，則，所以單調遞增，所以，所以，即，所以單調遞增，即隨著的增大而增大，所以隨著的增大而增大，命題得證.【點睛】此題考查利用導函數處理函數的單調性，根據函數的零點個數求參數的取值范圍，通過等價轉化證明與零點相關的命題.20、（1）；（2）證明見解析.【解析】

（1）根據題意，在上單調遞減，求導得，分類討論的單調性，結合題意，得出的解析式；（2）由為方程的兩個實根，得出，，兩式相減，分別算出和，利用換元法令和構造函數，根據導數研究單調性，求出，即可證出結論.【詳解】（1）根據題意，對任意兩個不等的正實數，都有恒成立.則在上單調遞減，因為，當時，在內單調遞減.，當時，由，有，此時，當時，單調遞減，當時，單調遞增，綜上，，所以.（2）由為方程的兩個實根，得，兩式相減，可得，因此，令，由，得，則，構造函數.則，所以函數在上單調遞增，故，即，可知，故，命題得證.【點睛】本題考查利用導數研究函數的單調性求函數的解析式、以及利用構造函數法證明不等式，考查轉化思想、解題分析能力和計算能力.21、（1）（2）證明見解析【解析】

（1）依題意可得，考慮到，則有再分類討論可得；（2）要證明，即證，即證.利用基本不等式即可得證；【詳解】解：（1）由及，得，考慮到，則有，它可化為或即或前者無解，后者的解集為，綜上，的取值范圍是.（2）要證明，即證，由，得，即證.因為（當且僅當，時取等號）.所以成立，故成立.【點睛】本題考查分類討論法解絕對值不等式，