江苏省常州市重点中学2025届高考数学押题试卷含解析

江苏省常州市重点中学2025届高考数学押题试卷注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．已知向量与向量平行，，且，则（）A． B．C． D．2．已知，，，，则（）A． B． C． D．3．已知定义在上的函数在区间上单调递增，且的图象关于对称，若实数满足，则的取值范围是（）A． B． C． D．4．已知集合，，则（）A． B．C． D．5．抛物线的准线方程是，则实数（）A． B． C． D．6．已知正四面体的内切球体积为v，外接球的体积为V，则（）A．4 B．8 C．9 D．277．在中，，，，则边上的高为（）A． B．2 C． D．8．已知复数，则（）A． B． C． D．9．中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还.”意思为有一个人要走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛，每天走的路程为前一天的一半，走了六天恰好到达目的地，请问第二天比第四天多走了（）A．96里 B．72里 C．48里 D．24里10．已知类产品共两件，类产品共三件，混放在一起，现需要通过检测将其区分开来，每次随机检测一件产品，检测后不放回，直到检测出2件类产品或者检测出3件类产品时，检测结束，则第一次检测出类产品，第二次检测出类产品的概率为（）A． B． C． D．11．若sin(α+3π2A．-12 B．-1312．已知向量与的夹角为，定义为与的“向量积”，且是一个向量，它的长度，若，，则（）A． B．C．6 D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．某校开展“我身边的榜样”评选活动，现对3名候选人甲、乙、丙进行不记名投票，投票要求详见选票．这3名候选人的得票数（不考虑是否有效）分别为总票数的88%，75%，46%，则本次投票的有效率（有效票数与总票数的比值）最高可能为百分之________．“我身边的榜样”评选选票候选人符号注：1．同意画“○”，不同意画“×”．2．每张选票“○”的个数不超过2时才为有效票．甲乙丙14．已知椭圆：的左，右焦点分别为，，过的直线交椭圆于，两点，若，且的三边长，，成等差数列，则的离心率为__________.15．平面向量与的夹角为，，，则__________．16．已知向量，，，则_________.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）记数列的前项和为，已知成等差数列.（1）证明：数列是等比数列，并求的通项公式；（2）记数列的前项和为，求.18．（12分）已知抛物线的焦点为，点，点为抛物线上的动点．（1）若的最小值为，求实数的值；（2）设线段的中点为，其中为坐标原点，若，求的面积．19．（12分）在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为.（1）求曲线C的极坐标方程和直线l的直角坐标方程；（2）若射线与曲线C交于点A（不同于极点O），与直线l交于点B，求的最大值.20．（12分）已知椭圆E：（）的离心率为，且短轴的一个端点B与两焦点A，C组成的三角形面积为.（Ⅰ）求椭圆E的方程；（Ⅱ）若点P为椭圆E上的一点，过点P作椭圆E的切线交圆O：于不同的两点M，N（其中M在N的右侧），求四边形面积的最大值.21．（12分）如图，在三棱柱中，平面ABC.（1）证明：平面平面（2）求二面角的余弦值.22．（10分）在直角坐标系中，曲线的参数方程为(为参数).以为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为()，将曲线向左平移2个单位长度得到曲线.（1）求曲线的普通方程和极坐标方程；（2）设直线与曲线交于两点，求的取值范围.

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、B【解析】

设，根据题意得出关于、的方程组，解出这两个未知数的值，即可得出向量的坐标.【详解】设，且，，由得，即，①，由，②，所以，解得，因此，.故选：B.【点睛】本题考查向量坐标的求解，涉及共线向量的坐标表示和向量数量积的坐标运算，考查计算能力，属于中等题.2、D【解析】

令，求，利用导数判断函数为单调递增，从而可得，设，利用导数证出为单调递减函数，从而证出，即可得到答案.【详解】时，令，求导，，故单调递增：∴，当，设，，又，，即，故.故选：D【点睛】本题考查了作差法比较大小，考查了构造函数法，利用导数判断式子的大小，属于中档题.3、C【解析】

根据题意，由函数的图象变换分析可得函数为偶函数，又由函数在区间上单调递增，分析可得，解可得的取值范围，即可得答案.【详解】将函数的图象向左平移个单位长度可得函数的图象，由于函数的图象关于直线对称，则函数的图象关于轴对称，即函数为偶函数，由，得，函数在区间上单调递增，则，得，解得.因此，实数的取值范围是.故选：C.【点睛】本题考查利用函数的单调性与奇偶性解不等式，注意分析函数的奇偶性，属于中等题.4、A【解析】

根据对数性质可知，再根据集合的交集运算即可求解.【详解】∵，集合，∴由交集运算可得.故选：A.【点睛】本题考查由对数的性质比较大小，集合交集的简单运算，属于基础题.5、C【解析】

根据准线的方程写出抛物线的标准方程,再对照系数求解即可.【详解】因为准线方程为,所以抛物线方程为,所以,即.故选：C【点睛】本题考查抛物线与准线的方程.属于基础题.6、D【解析】

设正四面体的棱长为，取的中点为，连接，作正四面体的高为，首先求出正四面体的体积，再利用等体法求出内切球的半径，在中，根据勾股定理求出外接球的半径，利用球的体积公式即可求解.【详解】设正四面体的棱长为，取的中点为，连接，作正四面体的高为，则，，，设内切球的半径为，内切球的球心为，则，解得：；设外接球的半径为，外接球的球心为，则或，，在中，由勾股定理得：，，解得，，故选：D【点睛】本题主要考查了多面体的内切球、外接球问题，考查了椎体的体积公式以及球的体积公式，需熟记几何体的体积公式，属于基础题.7、C【解析】

结合正弦定理、三角形的内角和定理、两角和的正弦公式，求得边长，由此求得边上的高.【详解】过作，交的延长线于.由于，所以为钝角，且，所以.在三角形中，由正弦定理得，即，所以.在中有，即边上的高为.故选：C【点睛】本小题主要考查正弦定理解三角形，考查三角形的内角和定理、两角和的正弦公式，属于中档题.8、B【解析】

利用复数除法、加法运算，化简求得，再求得【详解】，故.故选：B【点睛】本小题主要考查复数的除法运算、加法运算，考查复数的模，属于基础题.9、B【解析】

人每天走的路程构成公比为的等比数列，设此人第一天走的路程为，计算，代入得到答案.【详解】由题意可知此人每天走的路程构成公比为的等比数列，设此人第一天走的路程为，则，解得，从而可得，故.故选：.【点睛】本题考查了等比数列的应用，意在考查学生的计算能力和应用能力.10、D【解析】

根据分步计数原理，由古典概型概率公式可得第一次检测出类产品的概率，不放回情况下第二次检测出类产品的概率，即可得解.【详解】类产品共两件，类产品共三件，则第一次检测出类产品的概率为；不放回情况下，剩余4件产品，则第二次检测出类产品的概率为；故第一次检测出类产品，第二次检测出类产品的概率为；故选：D.【点睛】本题考查了分步乘法计数原理的应用，古典概型概率计算公式的应用，属于基础题.11、B【解析】

由三角函数的诱导公式和倍角公式化简即可.【详解】因为sinα+3π2=3故选B【点睛】本题考查了三角函数的诱导公式和倍角公式，灵活掌握公式是关键，属于基础题.12、D【解析】

先根据向量坐标运算求出和，进而求出，代入题中给的定义即可求解.【详解】由题意，则，，得，由定义知，故选:D.【点睛】此题考查向量的坐标运算，引入新定义，属于简单题目.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、91【解析】

设共有选票张，且票对应张数为，由此可构造不等式组化简得到，由投票有效率越高越小，可知，由此计算可得投票有效率.【详解】不妨设共有选票张，投票的有，票的有，票的有，则由题意可得：，化简得：，即，投票有效率越高，越小，则，，故本次投票的有效率（有效票数与总票数的比值）最高可能为．故答案为：.【点睛】本题考查线性规划的实际应用问题，关键是能够根据已知条件构造出变量所满足的关系式.14、【解析】

设，，，根据勾股定理得出，而由椭圆的定义得出的周长为，有，便可求出和的关系，即可求得椭圆的离心率.【详解】解：由已知，的三边长，，成等差数列，设，，，而，根据勾股定理有：，解得：，由椭圆定义知：的周长为，有，，在直角中，由勾股定理，，即：，∴离心率.故答案为：.【点睛】本题考查椭圆的离心率以及椭圆的定义的应用，考查计算能力.15、【解析】

由平面向量模的计算公式，直接计算即可.【详解】因为平面向量与的夹角为，所以，所以;故答案为【点睛】本题主要考查平面向量模的计算，只需先求出向量的数量积，进而即可求出结果，属于基础题型.16、2【解析】

由得，算出，再代入算出即可.【详解】，，，，解得：，，则.故答案为：2【点睛】本题主要考查了向量的坐标运算，向量垂直的性质，向量的模的计算.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）证明见解析，；（2）【解析】

（1）由成等差数列，可得到，再结合公式，消去，得到，再给等式两边同时加1，整理可证明结果；（2）将（1）得到的代入中化简后再裂项，然后求其前项和.【详解】（1）由成等差数列，则，即，①当时，，又，②由①②可得：，即，时，.所以是以3为首项，3为公比的等比数列，，所以.（2），所以.【点睛】此题考查了数列递推式，等比数列的证明，裂列相消求和，考查了学生分析问题和解决问题的能力，属于中档题.18、（1）的值为或.（2）【解析】

（1）分类讨论，当时，线段与抛物线没有公共点，设点在抛物线准线上的射影为，当三点共线时，能取得最小值，利用抛物线的焦半径公式即可求解；当时，线段与抛物线有公共点，利用两点间的距离公式即可求解.（2）由题意可得轴且设，则，代入抛物线方程求出，再利用三角形的面积公式即可求解.【详解】由题，，若线段与抛物线没有公共点，即时，设点在抛物线准线上的射影为，则三点共线时，的最小值为，此时若线段与抛物线有公共点，即时，则三点共线时，的最小值为：，此时综上，实数的值为或.因为，所以轴且设，则，代入抛物线的方程解得于是，所以【点睛】本题考查了抛物线的焦半径公式、直线与抛物线的位置关系中的面积问题，属于中档题.19、（1）：，直线：；（2）．【解析】

（1）由消参法把参数方程化为普通方程，再由公式进行直角坐标方程与极坐标方程的互化；（2）由极径的定义可直接把代入曲线和直线的极坐标方程，求出极径，把比值化为的三角函数，从而可得最大值、【详解】（1）消去参数可得曲线的普通方程是，即，代入得，即，∴曲线的极坐标方程是；由，化为直角坐标方程为．（2）设，则，，，当时，取得最大值为．【点睛】本题考查参数方程与普通方程的互化，考查极坐标方程与直角坐标方程的互化，掌握公式可轻松自如进行极坐标方程与直角坐标方程的互化．20、（Ⅰ）；（Ⅱ）4.【解析】

（Ⅰ）结合已知可得，求出a，b的值，即可得椭圆方程；（Ⅱ）由题意可知，直线的斜率存在，设出直线方程，联立直线方程与椭圆方程，利用判别式等于0可得，联立直线方程与圆的方程，结合根与系数的关系求得，利用弦长公式及点到直线的距离公式，求出，得到，整理后利用基本不等式求最值.【详解】解：（Ⅰ）可得，结合，解得，，，得椭圆方程；（Ⅱ）易知直线的斜率k存在，设：，由，得，由，得，∵，设点O到直线：的距离为d，，，由，得，，，∴∴，∴而，，易知，∴，则，四边形的面积当且仅当，即时取“”.∴四边形面积的最大值为4.【点睛】本题考查了由求椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，考查了学生的计算能力，综合性比较强，属于难题.21、（1）证明见解析（2）【解析】

（1）证明平面即平面平面得证；（2）分别以所在直线为x轴，y轴.轴，建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz，再利用向量方法求二面角的余弦值.【详解】（1）证明：因为平面ABC，所以因为.所以.即又.所以平面因为平面.所以平面平面（2）解：由题可得两两垂直，所以分别以所在直线为x轴，y轴.轴，建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz，则，所以设平面的一个法向量为，由.得令，得又平面，所以平面的一个法向量为.所以二面角的余弦值为.【点睛】本题主要考查空间几何位置关系的证明，考查二面角的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.22、（1）的极坐标方程为，普通方程为；（2）【解析】

（1）根据三角函数恒等变换可得，，可得曲线的普通方程，再运用图像的平移得依题意得曲线的普通方程为，利用极坐标与平面直角坐标互化的公式可得方程；（2）法一：将代入曲