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【真题重组】安徽省2025年高考数学考前冲刺练习卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．（2025·河南南阳·模拟预测）已知，则（ ）
A． B． C． D．1
2．（2025·安徽·模拟预测）集合，，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2025·贵州黔南·模拟预测）已知是函数的图象上两个不同的点，则（ ）
A． B．
C． D．
4．（2025·安徽·模拟预测）在三棱锥的顶点和各棱中点中取个不共面的点，不同的取法共有（ ）
A．种 B．种 C．种 D．种
5．（2025·湖北·模拟预测）已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，轴于点，若，，则（ ）
A．3 B． C． D．6
6．（2025·广西北海·模拟预测）在中，内角所对的边分别为．已知的面积为，则（ ）
A． B． C． D．
7．（2025·河北·二模）已知向量，，若，则（ ）
A． B． C． D．无法确定，与有关
8．（2025·山西·模拟预测）如图，，分别为双曲线的左、右焦点，A为双曲线C左支上一点，四边形为等腰梯形，且．若，则双曲线C的离心率的取值范围为（ ）

A． B． C． D．
二、多选题
9．（2025·全国·模拟预测）设向量，满足，，则（ ）
A． B．
C．与的夹角为 D．与的夹角为钝角
10．（2025·江西新余·模拟预测）已知圆M的圆心M在x轴上，且圆M与直线和都相切，点P为直线l：与y轴的交点，过点P作圆M的两条切线，切点分别为A，B，直线AB与MP交于点C，则（ ）
A．若直线l与圆M相切，则 B．当时，四边形PAMB的面积为
C．的取值范围为 D．若点，则为定值
11．（2025·湖北·三模）在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，动点在正方体表面运动，则（ ）
A．与为异面直线
B．与所成的角为
C．平面截该正方体所得截面形状为等腰梯形
D．，则点轨迹长度为
三、填空题
12．（2025·湖南常德·模拟预测）设，是一个随机试验中的两个事件，若，，，则 .
13．（2025·山西·二模）数列的前项和为，若，当为偶数时，，当为奇数时，，则 .
14．（2025·广东佛山·二模）已知函数，若有三个零点，，，则实数a的取值范围为 ；若，则的最大值为 .
四、解答题
15．（2025·吉林长春·模拟预测）已知函数．
(1)若恒成立，求实数a的取值范围；
(2)证明：当时，．
16．（2025·吉林长春·模拟预测）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，的面积为，周长为20．
(1)求A；
(2)求a．
17．（2025·福建龙岩·二模）如图，在四棱锥中，平面，，，，，，分别为，的中点．
(1)设，且，，，四点共面，求实数的值；
(2)若平面和平面所成角的余弦值为，求三棱锥的体积．
18．（2025·湖北·模拟预测）现定义：对于实数，若，则称是和的加比中项；若、则称是和的减比中项．已知数列满足，，且存在正数，使是和的加比中项与减比中项．
(1)若是与的等比中项，求；
(2)数列满足，，且满足是和的减比中项．记数列的前项和为．
（i）求证：是和的减比中项；
（ii）当时，求证：．
19．（2025·河南南阳·模拟预测）已知双曲线的两条渐近线分别为，，若点，分别在，上（，不同于原点），且直线是的切线，则称是的“渐切三角形”．已知在点处的切线方程为．
(1)写出的一个“渐切三角形”的顶点，的坐标及切线的方程，并求出其面积；
(2)已知点，分别在，上，的面积为，试问是否是的“渐切三角形”？并说明理由；
(3)若是的“渐切三角形”，与相切的切点的横坐标大于0，为的左焦点，证明：为定值．
《【真题重组】安徽省2025年高考数学考前冲刺练习卷》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A A B D C B C D AC ACD
题号 11
答案 ABD
1．A
【分析】由复数的除法运算、乘方运算得到，再由共轭复数得到.
【详解】，所以，
故选：A
2．A
【分析】求出集合、，利用交集的定义可求得集合.
【详解】因为，
，故.
故选：A.
3．B
【分析】根据指数函数的单调性可得，进而根据基本不等式可得，利用对数的单调性可得，即可判断AB，举反例即可判断CD.
【详解】由题意不妨设，因为函数是增函数，所以，
因为，即，
根据函数是增函数，所以，故B正确；A错误，
对于选项C：例如,则，
可得，即，故C错误；
对于D,取，则，
可得，即，D错误.
故选：B
4．D
【分析】根据棱锥的结构特征，应用组合数及列举法确定所有选取方法数、共面情况的选取方法数，即可得.
【详解】如下图，共有个点任选个有种，
每个侧面的个点都共面，任选个有种，共个面，则有种共面情况，
如、、分别构成一个平面，有种，
如、、、、、分别构成一个平面，有种，
综上，在三棱锥的顶点和各棱中点取个不共面的点，不同的取法共有种.
故选：D.
5．C
【分析】先根据题意确定的值，明确点坐标，再求.
【详解】如图：

不妨设点在第一象限，因为，所以点坐标为：.
又，所以.
所以.
故选：C
6．B
【分析】由面积公式求得，再结合余弦定理即可求解.
【详解】因为．所以．
又的面积为，所以，
所以．
由余弦定理，
得，
所以，
所以，
故选：B．
7．C
【分析】由向量垂直的坐标表示列方程求得，再应用向量模长的坐标运算求.
【详解】由题，则，
所以.
故选：C
8．D
【分析】由双曲线的定义可得，在中结合余弦定理代入计算，即可得到结果.
【详解】因为，由双曲线的定义可知，，
又四边形为等腰梯形，且，则，
则，
在中，由余弦定理可得，
，
即，
化简可得，即，解得，
又，所以.
故选：D
9．AC
【分析】根据平面向量数量积的坐标运算，垂直的坐标表示，向量夹角的坐标公式即可判断．
【详解】对于A，，故A正确；
对于B，，，
所以，与不垂直，故B错误；
对于C，，，，，
，所以与夹角为，故C正确；
对于D，，与的夹角不为钝角，故D错误；
故选：AC．
10．ACD
【分析】由题意可得圆的方程以及切线长的表示，对于A，可得圆心到直线的距离，根据点到直线的距离公式，可得其正误；对于B，由题意可得直线方程，从而可得点的坐标，根据两点之间在距离公式，从而可得的长，即可得切线长，根据直线三角形的面积公式，可得其正误；对于C，根据数量积的定义，根据切线长以及同角三角函数的平方式，可得数量积的函数解析式，根据对勾函数的性质，可得其正误；对于D，根据四点共圆，利用两圆方程可得相交弦所在直线的方程，根据垂直可得动点的轨迹，结合圆的性质，可得其正误.
【详解】
因为圆M的圆心M在x轴上，且与直线和都相切，
所以圆M的标准方程为.
因为PA，PB是圆M的切线，所以.
在Rt△APM中，.
对于A，若直线l与圆M相切，则圆心到直线l：的距离为1，
即，解得，故A正确.
对于B，当时，，又所以，
则，所以四边形PAMB的面积，故B错误.
对于C，
.
因为，所以，
因为对勾函数在上单调递增，所以.故C正确.
对于D，由题意，知，，，，所以A，M，B，P四点共圆，
记此圆为圆D，则PM为圆D的直径，圆心，半径为，
圆D的方程为.因为AB是圆D与圆M的相交弦，
所以直线AB的方程为化简得，
所以直线AB经过定点.因为，所以，
因为点在直线AB上，所以，即点C在以MN为直径的圆上.
因为，，所以圆心为点，恰为Q点，半径为.
因为点C在该圆上，所以为定值.故D正确.
故选：ACD.
11．ABD
【分析】根据异面直线定义可判断A正确，作与平行的直线，作出异面直线的平面角并由勾股定理可判断B正确，作出截面形状可知平面截该正方体所得截面形状为正六边形，可得C错误，利用向量共线定理可找出点轨迹为线段，求出其长度可得结果，即D正确.
【详解】对于A，由异面直线定义可知与不同在任何一个平面内，它们是异面直线，即A正确；
对于B，取的中点为，连接，如下图所示：

由正方体性质可知，又，所以，
因此与所成的角即为与所成的角，即或其补角，
易知，满足，即，
所以，因此与所成的角为，即B正确；
对于C，分别取的中点为，连接各中点，如下图所示：

易知，，即可知在同一平面内，
所以平面截该正方体所得截面即为六边形，
又，所以截面形状为正六边形，即C错误；
对于D，因为为的中点，所以，
由可知，
即，因此可知共线，
所以点轨迹为过点且与平行的线段，
取的中点为，连接，取的中点，连接，如下图所示：

由正方体性质易知，又为的中位线，所以，；
因此点轨迹即为线段，且，
所以点轨迹长度为，可得D正确.
故选：ABD
12．/0.3
【分析】利用条件概率和和事件的概率公式进行计算即可.
【详解】由条件概率的公式：，
计算和事件的概率：，
可得.
故答案为：.
13．30
【分析】根据题意列举数列的前6项，得出数列的周期性规律，根据规律分组（并项）求和即可.
【详解】由题意，，则，，，，，
归纳可得数列是以3为周期的数列，且，则，
故.
故答案为：30.
14．
【分析】根据解析式画出大致图象，数形结合可得参数范围，进而有，且，，即可得，最后应用导数求最大值.
【详解】根据函数解析式，可得函数大致图象如下，
由有三个零点，则，
由，而，则，
又，则，，
则，且，
对于且，则，
当，，在上单调递增，
当，，在上单调递减，
所以，
综上，最大值.
故答案为：，.
15．(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据给定条件，分离参数并构造函数，利用导数求出函数的最大值即可,
（2）由（1）可得，再作商构造函数，利用导数求出最大值小于1即可得证.
【详解】（1）函数定义域为，
不等式，
令函数，依题意，对恒成立，
，当时，；当时，，
函数在上单调递增，在上单调递减，，则，
所以实数a的取值范围是.
（2）由（1）知，当时，不等式恒成立，则恒成立，
因此，令函数，
求导得，当时，；当时，，
函数在上单调递增，在上单调递减，，
所以当时，.
16．(1)；
(2).
【分析】（1）根据辅助角公式得，结合的范围即可得到答案；
（2）首先利用三角形面积公式得，再结合余弦定理和其周长即可得到关于方程，解出即可.
【详解】（1）由 得 ，即，
因为，则，则，则.
（2）的面积为，则，
根据余弦定理有，
又因为，则，解得.
17．(1)
(2)
【分析】（1）方法一：建立空间直角坐标系，求出点的坐标及向量坐标，利用共面向量基本定理建立方程组求解即可；
方法二：建立空间直角坐标系，求出点的坐标及向量坐标，求出平面的法向量，然后利用建立方程求解即可；
方法三：延长交于，连接，利用线面平行判定定理证明平面，然后利用线面平行的性质定理得四边形是平行四边形，利用比例相等求解即可；
（2）求出平面的法向量，然后利用向量法表示二面角的平面角，求解，
方法一：利用向量法求三棱锥的高，然后求出，利用锥体体积求解即可；
方法二：先利用线面平行的性质定理得平面，然后利用等体积法，转化为求解即可.
【详解】（1）方法一：坐标法（利用共面向量基本定理）
在平面内作，以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，，，，，
，，，，，
又，分别为，的中点，
，，
，
，，共面，存在实数，，使得，
即，
，解得；
方法二：坐标法（利用法向量）
在平面内作，以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，，，，，
，，，，，
，
又，分别为，的中点，
，，
设平面的法向量为，
，，令得，
，
又，，共面，
，解得；
方法三：几何法：延长交于，连接，
，分别为，的中点，，
平面，平面，
平面，
又平面平面，
，，又，
四边形是平行四边形，
，，
过作交于，，
又，；
（2）方法一：由（1）得，
又，，
设平面的法向量为，
，解得，令得，
，
设平面和平面所成的角为，
，
整理得，
，，即；
方法一：利用向量法求三棱锥的高，
平面的法向量为，，
设点到平面的距离为，，
平面，又平面，，
又，，、平面，
平面，
又，分别为，的中点，
，，
平面，又平面，，
又，，，
则，
所以；
方法二：几何法：，分别为，的中点，，
平面，平面，平面，
，
，平面， ，
.
18．(1)1
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据给定条件，利用给定的定义可得，求出，再列式求解.
（2）（i）利用给定定义，借助累乘法得，由（1）得，再利用不等式性质推理得证；（ii）由（i）借助累乘法证得及，再利用不等式性质，结合等比数列前项和推理得证.
【详解】（1）由是和的加比中项，得；由是和的减比中项，得，
则，即有，，，而，
因此，由是与的等比中项，得，即，而，
所以.
（2）（i）由是和的减比中项，得，
而，则，于是，令，则，
因此，即，
由（1）知，，，数列是首项为，公比为的等比数列，
则，于是得，
所以是和的减比中项.
（ii）由（i）知，，，，
由，得，，
而，当时，，，因此，
由，得，即，变形得，
因此，
，
所以.
19．(1)，，（答案不唯一）；
(2)是，理由见解析；
(3)证明过程见解析.
【分析】（1）先根据渐近线方程得出，再取切点为即可根据条件求出；
（2）分直线斜率不存在，和斜率存在两种情况讨论，设直线方程，联立方程组，求，进而利用的面积为，即可发现直线与曲线相切；
（3）切点为容易求出，切点不为时，先根据直线与曲线相切得出，再将直线与联立得出韦达定理，进而求出、，即可求出，进而得出为定值.
【详解】（1）由题意可得，双曲线的渐近线方程为，故，
则，且在点处的切线方程为，
不妨取切点为，则切线方程为，此时，
则.
（2）若直线斜率不存在，不妨设，则，
则，得，
此时直线与曲线相切，即是的“渐切三角形”，
若直线斜率存在，设，
联立，得，
则，即，
则，
又点到直线的距离，
则，
得，
联立，得，
则，
则直线与曲线相切，即是的“渐切三角形”，
综上可得，若的面积为，则是的“渐切三角形”.
（3）若切点为时，直线的方程为，此时，
因，则，即，
利用对称性可知；
若切点不为，可设切点为，则直线，
联立，得，
则由，可得，
联立，得，即，
设点，，则，
则，
，
则
，
（说明：由图知，与始终同号，故成立）
，
则
，
因，则，故为定值.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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