江蘇省常州市達標名校2025屆招生全國統一考試數學試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規定答題。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．設是虛數單位，則“復數為純虛數”是“”的（）A．充要條件 B．必要不充分條件C．既不充分也不必要條件 D．充分不必要條件2．如圖，雙曲線的左，右焦點分別是直線與雙曲線的兩條漸近線分別相交于兩點.若則雙曲線的離心率為（）A． B．C． D．3．已知集合，，則的真子集個數為（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個4．已知直線過圓的圓心，則的最小值為（）A．1 B．2 C．3 D．45．已知，，分別為內角，，的對邊，，，的面積為，則（）A． B．4 C．5 D．6．已知函數若函數在上零點最多，則實數的取值范圍是（）A． B． C． D．7．下列命題中，真命題的個數為（）①命題“若，則”的否命題；②命題“若，則或”；③命題“若，則直線與直線平行”的逆命題.A．0 B．1 C．2 D．38．已知平面向量，滿足，且，則與的夾角為（）A． B． C． D．9．已知命題：“關于的方程有實根”，若為真命題的充分不必要條件為，則實數的取值范圍是（）A． B． C． D．10．三棱錐中，側棱底面，，，，，則該三棱錐的外接球的表面積為（）A． B． C． D．11．已知向量，滿足，在上投影為，則的最小值為()A． B． C． D．12．若P是的充分不必要條件，則p是q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二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．若雙曲線C：（，）的頂點到漸近線的距離為，則的最小值________.14．在平面五邊形中，，，，且.將五邊形沿對角線折起，使平面與平面所成的二面角為，則沿對角線折起后所得幾何體的外接球的表面積是______.15．數列滿足，則，_____.若存在n∈N*使得成立，則實數λ的最小值為______16．某校為了解學生學習的情況，采用分層抽樣的方法從高一人、高二人、高三人中，抽取人進行問卷調查.已知高一被抽取的人數為，那么高三被抽取的人數為_______．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，在底面邊長為1，側棱長為2的正四棱柱中，P是側棱上的一點，.（1）若，求直線AP與平面所成角；（2）在線段上是否存在一個定點Q，使得對任意的實數m，都有，并證明你的結論.18．（12分）在四棱錐中，底面是平行四邊形，底面．（1）證明：；（2）求二面角的正弦值．19．（12分）如圖，三棱柱的側棱垂直于底面，且，，，，是棱的中點.（1）證明：；（2）求二面角的余弦值.20．（12分）如圖，橢圓的左、右頂點分別為，，上、下頂點分別為，，且，為等邊三角形，過點的直線與橢圓在軸右側的部分交于、兩點．（1）求橢圓的標準方程；（2）求四邊形面積的取值范圍．21．（12分）秉持“綠水青山就是金山銀山”的生態文明發展理念，為推動新能源汽車產業迅速發展，有必要調查研究新能源汽車市場的生產與銷售.下圖是我國某地區年至年新能源汽車的銷量（單位：萬臺）按季度（一年四個季度）統計制成的頻率分布直方圖.（1）求直方圖中的值，并估計銷量的中位數；（2）請根據頻率分布直方圖估計新能源汽車平均每個季度的銷售量（同一組數據用該組中間值代表），并以此預計年的銷售量.22．（10分）已知，，不等式恒成立.（1）求證:（2）求證:.

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、D【解析】

結合純虛數的概念，可得，再結合充分條件和必要條件的定義即可判定選項.【詳解】若復數為純虛數，則，所以，若，不妨設，此時復數，不是純虛數，所以“復數為純虛數”是“”的充分不必要條件.故選：D【點睛】本題考查充分條件和必要條件，考查了純虛數的概念，理解充分必要條件的邏輯關系是解題的關鍵，屬于基礎題.2、A【解析】

易得，過B作x軸的垂線，垂足為T，在中，利用即可得到的方程.【詳解】由已知，得，過B作x軸的垂線，垂足為T，故，又所以，即，所以雙曲線的離心率.故選：A.【點睛】本題考查雙曲線的離心率問題，在作雙曲線離心率問題時，最關鍵的是找到的方程或不等式，本題屬于容易題.3、C【解析】

求出的元素，再確定其真子集個數．【詳解】由，解得或，∴中有兩個元素，因此它的真子集有3個．故選：C.【點睛】本題考查集合的子集個數問題，解題時可先確定交集中集合的元素個數，解題關鍵是對集合元素的認識，本題中集合都是曲線上的點集．4、D【解析】

圓心坐標為，代入直線方程，再由乘1法和基本不等式，展開計算即可得到所求最小值．【詳解】圓的圓心為，由題意可得，即，，，則，當且僅當且即時取等號，故選：．【點睛】本題考查最值的求法，注意運用乘1法和基本不等式，注意滿足的條件：一正二定三等，同時考查直線與圓的關系，考查運算能力，屬于基礎題．5、D【解析】

由正弦定理可知,從而可求出.通過可求出，結合余弦定理即可求出的值.【詳解】解：，即，即.，則.，解得.，故選:D.【點睛】本題考查了正弦定理，考查了余弦定理，考查了三角形的面積公式，考查同角三角函數的基本關系.本題的關鍵是通過正弦定理結合已知條件，得到角的正弦值余弦值.6、D【解析】

將函數的零點個數問題轉化為函數與直線的交點的個數問題，畫出函數的圖象，易知直線過定點，故與在時的圖象必有兩個交點，故只需與在時的圖象有兩個交點，再與切線問題相結合，即可求解.【詳解】由圖知與有個公共點即可，即，當設切點，則，.故選：D.【點睛】本題考查了函數的零點個數的問題，曲線的切線問題，注意運用轉化思想和數形結合思想，屬于較難的壓軸題.7、C【解析】

否命題與逆命題是等價命題，寫出①的逆命題，舉反例排除；原命題與逆否命題是等價命題，寫出②的逆否命題后，利用指數函數單調性驗證正確；寫出③的逆命題判，利用兩直線平行的條件容易判斷③正確.【詳解】①的逆命題為“若，則”，令，可知該命題為假命題，故否命題也為假命題；②的逆否命題為“若且，則”，該命題為真命題，故②為真命題；③的逆命題為“若直線與直線平行，則”，該命題為真命題.故選：C.【點睛】本題考查判斷命題真假.判斷命題真假的思路：(1)判斷一個命題的真假時，首先要弄清命題的結構，即它的條件和結論分別是什么，然后聯系其他相關的知識進行判斷．(2)當一個命題改寫成“若，則”的形式之后，判斷這個命題真假的方法：①若由“”經過邏輯推理，得出“”，則可判定“若，則”是真命題；②判定“若，則”是假命題，只需舉一反例即可．8、C【解析】

根據，兩邊平方，化簡得，再利用數量積定義得到求解.【詳解】因為平面向量，滿足，且，所以，所以，所以，所以，所以與的夾角為.故選：C【點睛】本題主要考查平面向量的模，向量的夾角和數量積運算，屬于基礎題.9、B【解析】命題p：，為，又為真命題的充分不必要條件為，故10、B【解析】由題，側棱底面，，，，則根據余弦定理可得，的外接圓圓心三棱錐的外接球的球心到面的距離則外接球的半徑，則該三棱錐的外接球的表面積為點睛：本題考查的知識點是球內接多面體，熟練掌握球的半徑公式是解答的關鍵．11、B【解析】

根據在上投影為，以及，可得；再對所求模長進行平方運算，可將問題轉化為模長和夾角運算，代入即可求得.【詳解】在上投影為，即又本題正確選項：【點睛】本題考查向量模長的運算，對于含加減法運算的向量模長的求解，通常先求解模長的平方，再開平方求得結果；解題關鍵是需要通過夾角取值范圍的分析，得到的最小值.12、B【解析】

試題分析：通過逆否命題的同真同假，結合充要條件的判斷方法判定即可．由p是的充分不必要條件知“若p則”為真，“若則p”為假，根據互為逆否命題的等價性知，“若q則”為真，“若則q”為假，故選B．考點：邏輯命題二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

根據雙曲線的方程求出其中一條漸近線，頂點，再利用點到直線的距離公式可得，由，利用基本不等式即可求解.【詳解】由雙曲線C：（，，可得一條漸近線，一個頂點，所以，解得，則，當且僅當時，取等號，所以的最小值為.故答案為：【點睛】本題考查了雙曲線的幾何性質、點到直線的距離公式、基本不等式求最值，注意驗證等號成立的條件，屬于基礎題.14、【解析】

設的中心為，矩形的中心為，過作垂直于平面的直線，過作垂直于平面的直線，得到直線與的交點為幾何體外接球的球心，結合三角形的性質，求得球的半徑，利用表面積公式，即可求解.【詳解】設的中心為，矩形的中心為，過作垂直于平面的直線，過作垂直于平面的直線，則由球的性質可知，直線與的交點為幾何體外接球的球心，取的中點，連接，，由條件得，，連接，因為，從而，連接，則為所得幾何體外接球的半徑，在直角中，由，，可得，即外接球的半徑為，故所得幾何體外接球的表面積為.故答案為：.【點睛】本題主要考查了空間幾何體的結構特征，以及多面體的外接球的表面積的計算，其中解答中熟記空間幾何體的結構特征，求得外接球的半徑是解答的關鍵，著重考查了空間想象能力與運算求解能力，屬于中檔試題.15、【解析】

利用“退一作差法”求得數列的通項公式，將不等式分離常數，利用商比較法求得的最小值，由此求得的取值范圍，進而求得的最小值.【詳解】當時兩式相減得所以當時，滿足上式綜上所述存在使得成立的充要條件為存在使得，設，所以，即，所以單調遞增，的最小項，即有的最小值為.故答案為：(1).(2).【點睛】本小題主要考查根據遞推關系式求數列的通項公式，考查數列單調性的判斷方法，考查不等式成立的存在性問題的求解策略，屬于中檔題.16、【解析】由分層抽樣的知識可得，即，所以高三被抽取的人數為，應填答案．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）存在，Q為線段中點【解析】

解法一：（1）作出平面與平面的交線，可證平面，計算，，得出，從而得出的大小；（2）證明平面，故而可得當Q為線段的中點時.解法二，以為原點，以為建立空間直角坐標系：（1）由，利用空間向量的數量積可求線面角；（2）設上存在一定點Q，設此點的橫坐標為，可得，由向量垂直，數量積等于零即可求解.【詳解】（1）解法一：連接交于，設與平面的公共點為，連接，則平面平面，四邊形是正方形，，平面，平面，，又，平面，為直線AP與平面所成角，平面，平面，平面平面，，又為的中點，，，，直線AP與平面所成角為.（2）四邊形正方形，，平面，平面，，又,平面，又平面，，當Q為線段中點時，對于任意的實數，都有.解法二：（1）建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，所以，，，又由，，則為平面的一個法向量，設直線AP與平面所成角為，則，故當時，直線AP與平面所成角為.（2）若在上存在一定點Q，設此點的橫坐標為，則，，依題意，對于任意的實數要使，等價于，即，解得，即當Q為線段中點時，對于任意的實數，都有.【點睛】本題考查了線面垂直的判定定理、線面角的計算，考查了空間向量在立體幾何中的應用，屬于中檔題.18、（1）見解析（2）【解析】

（1）利用正弦定理求得，由此得到，結合證得平面，由此證得.（2）建立空間直角坐標系，利用平面和平面的法向量，計算出二面角的余弦值，再轉化為正弦值.【詳解】（1）在中，由正弦定理可得：，，底面，平面，；（2）以為坐標原點建立如圖所示的空間直角坐標系，，設平面的法向量為，由可得：，令，則，設平面的法向量為，由可得:，令，則，設二面角的平面角為，由圖可知為鈍角，則，，故二面角的正弦值為.【點睛】本小題主要考查線線垂直的證明，考查空間向量法求二面角，考查空間想象能力和邏輯推理能力，屬于中檔題.19、（1）詳見解析；（2）.【解析】

（1）根據平面，四邊形是矩形，由為中點，且，利用平面幾何知識，可得，又平面，所以，根據線面垂直的判定定理可有平面，從而得證.（2）分別以，，為，，軸建立空間直角坐標系，得到，，，，分別求得平和平面的法向量，代入二面角向量公式求解.【詳解】（1）證明：∵平面，∴四邊形是矩形，∵為中點，且，∴，∵，，，∴.∴，∵，∴與相似，∴，∴，∴，∵，∴平面，∴平面，∵平面，∴，∴平面，∴.（2）如圖，分別以，，為，，軸建立空間直角坐標系，則，，，設平面的法向量為，則，，解得：，同理，平面的法向量，設二面角的大小為，則.即二面角的余弦值為.【點睛】本題主要考查線線垂直、線面垂直的轉化以及二面角的求法，還考查了轉化化歸的思想和推理論證、運算求解的能力，屬于中檔題.20、（1）；（2）.【解析】

（1）根據坐標和為等邊三角形可得，進而得到橢圓方程；（2）①當直線斜率不存在時，易求坐標，從而得到所求面積；②當直線的斜率存在時，設方程為，與橢圓方程聯立得到韋達定理的形式，并確定的取值范圍；利用，代入韋達定理的結論可求得關于的表達式，采用換元法將問題轉化為，的值域的求解問題，結合函數單調性可求得值域；結合兩種情況的結論可得最終結果.【詳解】（1），，為等邊三角形，，橢圓的標準方程為．（2）設四邊形的面積為．①當直線的斜率不存在時，可得，，．②當直線的斜率存在時，設直線的方程為，設，，聯立得：，，，．，，，，面積．令，則，，令，則，，在定義域內單調遞減