江蘇省淮安市四校2025屆高三摸底聯考（全國卷）數學試題試卷注意事項：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．如圖，在正四棱柱中，，分別為的中點，異面直線與所成角的余弦值為，則()A．直線與直線異面，且 B．直線與直線共面，且C．直線與直線異面，且 D．直線與直線共面，且2．已知函數，不等式對恒成立，則的取值范圍為（）A． B． C． D．3．如果實數滿足條件，那么的最大值為（）A． B． C． D．4．已知數列是公比為的正項等比數列，若、滿足，則的最小值為（）A． B． C． D．5．若集合，，則下列結論正確的是（）A． B． C． D．6．已知復數z滿足i?z＝2+i，則z的共軛復數是（）A．﹣1﹣2i B．﹣1+2i C．1﹣2i D．1+2i7．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．8．如圖，在中，點是的中點，過點的直線分別交直線，于不同的兩點，若，，則（）A．1 B． C．2 D．39．在鈍角中，角所對的邊分別為，為鈍角，若，則的最大值為（）A． B． C．1 D．10．的圖象如圖所示，，若將的圖象向左平移個單位長度后所得圖象與的圖象重合，則可取的值的是（）A． B． C． D．11．已知集合U＝{1，2，3，4，5，6}，A＝{2，4}，B＝{3，4}，則＝（）A．{3，5，6} B．{1，5，6} C．{2，3，4} D．{1，2，3，5，6}12．設f(x)是定義在R上的偶函數，且在(0,+∞)單調遞減，則（）A． B．C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．春節期間新型冠狀病毒肺炎疫情在湖北爆發，為了打贏疫情防控阻擊戰，我省某醫院選派2名醫生，6名護士到湖北、兩地參加疫情防控工作，每地一名醫生，3名護士，其中甲乙兩名護士不到同一地，共有__________種選派方法.14．已知數列滿足對任意，若，則數列的通項公式________．15．設函數，若對于任意的，∈[2，，≠，不等式恒成立，則實數a的取值范圍是．16．函數在區間內有且僅有兩個零點，則實數的取值范圍是_____.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）已知傾斜角為的直線經過拋物線的焦點，與拋物線相交于、兩點，且.（1）求拋物線的方程；（2）設為拋物線上任意一點（異于頂點），過做傾斜角互補的兩條直線、，交拋物線于另兩點、，記拋物線在點的切線的傾斜角為，直線的傾斜角為，求證：與互補.18．（12分）已知都是大于零的實數．（1）證明；（2）若，證明．19．（12分）已知分別是橢圓的左焦點和右焦點，橢圓的離心率為是橢圓上兩點，點滿足.(1)求的方程；(2)若點在圓上，點為坐標原點，求的取值范圍.20．（12分）如圖，四棱錐中，底面是菱形，對角線交于點為棱的中點，．求證：（1）平面；（2）平面平面．21．（12分）已知，，分別為內角，，的對邊，若同時滿足下列四個條件中的三個：①；②；③；④.（1）滿足有解三角形的序號組合有哪些？（2）在（1）所有組合中任選一組，并求對應的面積.（若所選條件出現多種可能，則按計算的第一種可能計分）22．（10分）已知橢圓,直線不過原點且不平行于坐標軸，與有兩個交點，，線段的中點為．（Ⅰ）證明：直線的斜率與的斜率的乘積為定值；（Ⅱ）若過點，延長線段與交于點，四邊形能否為平行四邊形？若能，求此時的斜率，若不能，說明理由．

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、B【解析】

連接，，，，由正四棱柱的特征可知，再由平面的基本性質可知，直線與直線共面.，同理易得，由異面直線所成的角的定義可知，異面直線與所成角為，然后再利用余弦定理求解.【詳解】如圖所示：連接，，，，由正方體的特征得，所以直線與直線共面.由正四棱柱的特征得，所以異面直線與所成角為.設，則，則，，，由余弦定理，得.故選：B【點睛】本題主要考查異面直線的定義及所成的角和平面的基本性質，還考查了推理論證和運算求解的能力，屬于中檔題.2、C【解析】

確定函數為奇函數，且單調遞減，不等式轉化為，利用雙勾函數單調性求最值得到答案.【詳解】是奇函數，，易知均為減函數，故且在上單調遞減，不等式，即，結合函數的單調性可得，即，設，，故單調遞減，故，當，即時取最大值，所以.故選：.【點睛】本題考查了根據函數單調性和奇偶性解不等式，參數分離求最值是解題的關鍵.3、B【解析】

解：當直線過點時，最大，故選B4、B【解析】

利用等比數列的通項公式和指數冪的運算法則、指數函數的單調性求得再根據此范圍求的最小值．【詳解】數列是公比為的正項等比數列，、滿足，由等比數列的通項公式得，即，，可得，且、都是正整數，求的最小值即求在，且、都是正整數范圍下求最小值和的最小值，討論、取值.當且時，的最小值為.故選：B．【點睛】本題考查等比數列的通項公式和指數冪的運算法則、指數函數性質等基礎知識，考查數學運算求解能力和分類討論思想，是中等題．5、D【解析】

由題意，分析即得解【詳解】由題意，故，故選：D【點睛】本題考查了元素和集合，集合和集合之間的關系，考查了學生概念理解，數學運算能力，屬于基礎題.6、D【解析】

兩邊同乘-i，化簡即可得出答案．【詳解】i?z＝2+i兩邊同乘-i得z=1-2i,共軛復數為1+2i，選D.【點睛】的共軛復數為7、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.8、C【解析】

連接AO，因為O為BC中點，可由平行四邊形法則得，再將其用，表示.由M、O、N三點共線可知，其表達式中的系數和，即可求出的值.【詳解】連接AO，由O為BC中點可得，，、、三點共線，，.故選：C.【點睛】本題考查了向量的線性運算，由三點共線求參數的問題，熟記向量的共線定理是關鍵.屬于基礎題.9、B【解析】

首先由正弦定理將邊化角可得，即可得到，再求出，最后根據求出的最大值；【詳解】解：因為，所以因為所以，即，，時故選：【點睛】本題考查正弦定理的應用，余弦函數的性質的應用，屬于中檔題.10、B【解析】

根據圖象求得函數的解析式，即可得出函數的解析式，然后求出變換后的函數解析式，結合題意可得出關于的等式，即可得出結果.【詳解】由圖象可得，函數的最小正周期為，，，則，，取，，則，，，可得，當時，.故選：B.【點睛】本題考查利用圖象求函數解析式，同時也考查了利用函數圖象變換求參數，考查計算能力，屬于中等題.11、B【解析】

按補集、交集定義，即可求解.【詳解】＝{1，3，5，6}，＝{1，2，5，6}，所以＝{1，5，6}.故選：B.【點睛】本題考查集合間的運算，屬于基礎題.12、D【解析】

利用是偶函數化簡，結合在區間上的單調性，比較出三者的大小關系.【詳解】是偶函數，，而，因為在上遞減，，即．故選:D【點睛】本小題主要考查利用函數的奇偶性和單調性比較大小，屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、24【解析】

先求出每地一名醫生，3名護士的選派方法的種數，再減去甲乙兩名護士到同一地的種數即可.【詳解】解：每地一名醫生，3名護士的選派方法的種數有，若甲乙兩名護士到同一地的種數有，則甲乙兩名護士不到同一地的種數有.故答案為：.【點睛】本題考查利用間接法求排列組合問題，正難則反，是基礎題.14、【解析】

由可得，利用等比數列的通項公式可得，再利用累加法求和與等比數列的求和公式，即可得出結論.【詳解】由，得，數列是等比數列，首項為2，公比為2，，，，，滿足上式，.故答案為:.【點睛】本題考查數列的通項公式，遞推公式轉化為等比數列是解題的關鍵，利用累加法求通項公式，屬于中檔題.15、【解析】試題分析：由題意得函數在[2，上單調遞增，當時在[2，上單調遞增；當時在上單調遞增；在上單調遞減，因此實數a的取值范圍是考點：函數單調性16、【解析】

對函數零點問題等價轉化，分離參數討論交點個數，數形結合求解.【詳解】由題：函數在區間內有且僅有兩個零點，，等價于函數恰有兩個公共點，作出大致圖象：要有兩個交點，即，所以.故答案為：【點睛】此題考查函數零點問題，根據函數零點個數求參數的取值范圍，關鍵在于對函數零點問題恰當變形，等價轉化，數形結合求解.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）（2）證明見解析【解析】

（1）根據題意，設直線方程為，聯立方程，根據拋物線的定義即可得到結論；（2）根據題意，設的方程為，聯立方程得，同理可得，進而得到，再利用點差法得直線的斜率，利用切線與導數的關系得直線的斜率，進而可得與互補.【詳解】（1）由題意設直線的方程為，令、，聯立，得，根據拋物線的定義得，又，故所求拋物線方程為.（2）依題意，設，，設的方程為，與聯立消去得，，同理，直線的斜率=切線的斜率，由，即與互補.【點睛】本題考查直線與拋物線的位置關系的綜合應用，直線斜率的應用，考查分析問題解決問題的能力，屬于中檔題．18、（1）答案見解析．（2）答案見解析【解析】

（1）利用基本不等式可得，兩式相加即可求解.（2）由（1）知，代入不等式，利用基本不等式即可求解.【詳解】（1）兩式相加得（2）由（1）知于是，．【點睛】本題考查了基本不等式的應用，屬于基礎題.19、（1）；（2）.【解析】

（1）根據焦點坐標和離心率，結合橢圓中的關系，即可求得的值，進而得橢圓的標準方程.（2）設出直線的方程為，由題意可知為中點.聯立直線與橢圓方程，由韋達定理表示出，由判別式可得；由平面向量的線性運算及數量積定義，化簡可得，代入弦長公式化簡；由中點坐標公式可得點的坐標，代入圓的方程，化簡可得，代入數量積公式并化簡，由換元法令，代入可得，再令及，結合函數單調性即可確定的取值范圍，即確定的取值范圍，因而可得的取值范圍.【詳解】（1）分別是橢圓的左焦點和右焦點，則，橢圓的離心率為則解得，所以，所以的方程為.（2）設直線的方程為，點滿足，則為中點，點在圓上，設，聯立直線與橢圓方程，化簡可得，所以則，化簡可得，而由弦長公式代入可得為中點，則點在圓上，代入化簡可得，所以令，則，，令，則令，則，所以，因為在內單調遞增，所以，即所以【點睛】本題考查了橢圓的標準方程求法，直線與橢圓的位置關系綜合應用，由韋達定理研究參數間的關系，平面向量的線性運算與數量積運算，弦長公式的應用及換元法在求取值范圍問題中的綜合應用，計算量大，屬于難題.20、（1）詳見解析；（2）詳見解析.【解析】

(1)連結根據中位線的性質證明即可.(2)證明,再證明平面即可.【詳解】解：證明：連結是菱形對角線的交點,為的中點,是棱的中點,平面平面平面解：在菱形中,且為的中點,,,平面平面,平面平面．【點睛】本題主要考查了線面平行與垂直的判定,屬于基礎題.21、（1）①，③，④或②，③，④；（2）.【解析】

（1）由①可求得的值，由②可求出角的值，結合題意得出，推出矛盾，可得出①②不能同時成為的條件，由此可得出結論；（2）在符合條件的兩組三角形中利用余弦定理和正弦定理求出對應的邊和角，然后利用三角形的面積公式可求出的面積.【詳解】（1）由①得，，所以，由②得，，解得或（舍），所以，因為，且，所以，所以，矛盾.所以不能同時滿足①，②.故滿足①，③，④或②，③，④；（2）若滿足①，③，④，因為，所以，即.解得.所以的面積.若滿足②，③，④由正弦定理，即，解得，所以，所以的面積.【點睛】本題考查三角形能否成立的判斷，同時也考查了利用正弦定理和余弦定理解三角形，以及三角形面積的計算，要結合三角形已知元素類型合理選擇正弦定理或余弦定理解三角形，考查運算求解能力，屬于中等題.22、（Ⅰ）詳見解析；（Ⅱ）能，或．【解析】試題分析：（1）設直線，直線方程與橢圓方程聯立，根據韋達定理求根與系數的關系，并表示直線的斜率，再表示；（2）第一步由(Ⅰ)得的方程為．設點的橫坐標為，直線與橢圓方程聯立求點的坐標，第二步再整理點的坐標，如果能構成平行四邊形，只需，如果有值，并且滿足，的條件就說明存在，否則不存在.試題解析：解：(1)設直線，，，．∴由得，∴，．∴直線的斜率，即．即直線的斜率與的斜率的乘積為定值．（2）四邊形能為平行四邊形．∵直線過點，∴不過原點且與有兩個交點的充要條件是，由(Ⅰ)得的方程為．設點的橫坐標為．∴由得，即將點的坐標代入直線的方程得，因此．四邊形為平行四邊形