2025 届安徽省“江南十校”联考
数学参考答案
一、选择题：本题共 8小题，每小题 5 分，共 40 分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要
求，选对得 5 分，选错得 0 分.
序号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 D B A B C A B D
答案解析：
i i(1 i) 1 i 1 1 1
1.解析：因为 z ，所以 z i，故 z的虚部为 ，故选 D.1 i 2 2 2 2 2
2
2.解析：因为 A x | x x 2 0 x | 1 x 2 ， B x N | 0 x 2 0,1,2 ，
所以 AIB 0,1 ，故选 B.
3.解析：直线 2x y 1 0的斜率为 2，b 1,2 是直线的一个方向向量，由a//b，得 2m 1 0，
m 1所以 ，故选 A.
2
15 a a
4.解析：因为 an 为等差数列，所以 S15 1 15 15a8 120 3，得 a8 8，则b4 b2 1
q 8 ,
故 q 2，所以b6 b
2
4 q 2
5
， log 1 b6 5，故选 B.
2
3π
5.解析：由三角函数的定义知， tan 2 2，设动点 P以 A为起点沿圆周逆时针转动 弧长到达4
3π π π
点 B时转过的角度为 ，则 4 ，所以 tan tan 2kπ tan
OA 4 4
tan 1 2 2 1 9 4 2
， k Z ，故选 C.
1 tan 1 2 2 7
c 2
c 1 tan 2 1 ( ) 2 2FB B tan cos2 b b c 56.解析：设 1 1 2 ，则 ，由 b 1 tan 2 1 (c
2 2 ，得
)2 b c 13
b
2
9b2 4c2，所以 4c2 9 c2 a2 ，整理得 e2 c 9 3 5，所以 e ,故选 A.
a2 5 5
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(0, ) f (x) 1 1 ln(a 1) ln a ln(a
2 a)
7.解析：由题可知，在 上 0 ，
x ln a x ln(a 1) x ln a ln(a 1) x ln a ln(a 1)
a 0 a 1 ln(a 1) 0 ln(a
2 a) ln a 0
因为 且 ，所以 ，则 0，当 时， a不存在；当
ln a ln(a
2 a ) 0
ln a 0 1 5 1 5 1 5
2 时，a [ ,1)，经检验 a 不符合题意，故ln(a a) 0 a ( ,1) .故选 B. 2 2 2
3 2
8.解析：由 x 3y x y , x 0, y 0 3 1 2，得 x y，
x y
(3 2 )2 9 4 12 9 4 1 3 9 4 9所以 2 2 2 ( )
2 2
2 x y 2 4x 2 36 12，x y x y xy x y y x x y x
9 2 6 6 2 3 3 2
当且仅当 2 4x ，即 x ， y 时等号成立，所以 的最小值为2 3，故选 D.x 2 3 x y
二、选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分. 在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要
求.全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分.
序号 9 10 11
答案 AB ABD ACD
9.解析：对于 A 选项，由数据 x1, x2 , , x6的方差为1及 yi 2xi 4知，数据 y1, y2 , , y6 的方差为
22 1 4，故 A 选项正确；
对于 B 选项，由数据 x1, x2 , , x6的平均数为10及 yi 2xi 4可知，数据 y1, y2 , , y6 的平均数
x , x , , x , y , y , , y 6 10 6 24y 2 10 4 24，所以数据 1 2 6 1 2 6的平均数为 17，故 B 选项12
正确；
对于 C 选项，在数据 x1, x2 , , x6中增加一个数据10，因为原数据的平均数为10，故新样本的平均数
1 6 2
仍为10，而方差等于 xi 10 10 10
2 1
6 1，故 C 选项错误；7 i 1 7
对于 D 选项，取数据9,9,10,10,10,12，则m n，故 D 选项错误.故选 AB.
10.解析：对于 A 选项，因为 AB 3CD 12 3， AD 8，所以圆台的高 h 82 (4 3)2 4,
V 1所以 π 4 [(2 3)2 2 3 6 3 (6 3)2] 208π，故 A 选项正确；
3
如图，将圆台补成圆锥，顶点记为T ，底面圆的圆心记为O，则对于 B 选项，当母线和轴OT 所在的
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平面与平面 ABCD垂直时，母线所在直线与平面 ABCD所
π
成的角最大，且最大值为 ,故 B 选项正确；
3
4 3 3
对于 C 选项，因为 cos TBO ，
8 2
TBO π ATB π 2 TBO 2π π所以 ，则 ，所以当两条母线所在直线的夹角为 时，截面面
6 3 2
(S ) 1 122积最大，且 max sin
π 1
42 sin π 64
截面 ，故 C 选项错误；2 2 2 2
对于 D 选项，如图，在梯形 ABCD中，连接CE并延长交 BA的延长线于点 F ,连接MF交底面圆于
点 N ，则MN 为截面与底面圆的交线.
CD DE
由 2，得
AF EA AF 2 3
,OF 8 3 ,
tan OMF OF 8 3 4所以 ，则交线
OM 6 3 3
MN 2 6 3 cos OMF 36 3 ,故 D 选项正确.故选 ABD.
5
11.解析：因为函数 f (x)是 R上的偶函数，所以 f ( x) f (x)，则[ f ( x)] f (x)，又 g(x)是 f (x)
的导函数，所以 g( x) g(x)，故 g(x)是奇函数且 g(0) 0；由 f (3 x) f (x) 1，两边同时
求导可得 g(3 x) g(x) 0，故 g(x) 3的图象关于直线 x 对称.
2
因为 g(x 6) g( x 3) g(x 3) g( x) g(x)，故 C 选项正确；
对于 A 选项，因为 g(2025) g(337 6 3) g(3) g(0) 0，故 A 选项正确；
3 1 3 1
对于 B 选项，例如函数 f (x) cos x ，此时 g( ) ；
2 3 2 2 2
对 于 D 选 项 ， 由 f (3 x) f (x) 1 及 f (x) 是 偶 函 数 ， 得 f (x 3) f (x) 1 ， 所 以
f (x) f x 3 1，f (x 3) f (x) 1，即 f (x 6) f (x 3) 1 f x ，所以周期T 6 ,
6 2025
故 f (n) 3，则 f (n) 337 3 1 1 1011，故 D选项正确.故选 ACD.
n 1 n 1
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三、填空题：本题共 3 小题，每题 5 分，共 15 分.
12. y 2ex e 解析：因为 y (x 1)e x ，所以曲线在点 (1,e)处切线的斜率 k 2e，则切线方程为
y e 2e(x 1)，即 y 2ex e .
13.5 解析：由题意，不妨设 P(2, 2) ,则 A(2, 2)，记Q(1,0)，则直线PQ的方程为 y 2(x 1)，
x 2 2y 2 0
直线 x 2关于直线 PQ 的对称直线 PB为 x 2 2y 2 0，由 x2 y2 ，消去 x得
1
8 4
2 r S y
5y2
AF F A
4 2y 2 0，因为 yP y
2 1 1 2
B ，所以 y ，则 55 B 5 r
.
2 S BF1F y2 B
14.26 解析： （方法一）（1）“百位”拨动 3 枚算珠：300、700.
（2）“百位”拨动 2 枚算珠：210、250、201、205；610、650、601、605.
（3）“百位”拨动 1 枚算珠：120、102、160、106、111、151、115、155；
520、502、560、506、511、551、515、555.
则符合条件的三位整数的个数为 26.
（方法二）同一个档上拨动 1 枚算珠有梁上拨动一珠、梁下拨动一珠两种情况；
同一个档上拨动 2 枚算珠有梁上拨动一珠梁下拨动一珠、梁下拨动两珠两种情况；
同一个档上拨动 3 枚算珠有梁上拨动一珠梁下拨动两珠、梁下拨动三珠两种情况；
1 1 1
故符合条件的不同三位整数的情况为：三个档各拨动一珠，共C2C2C2 8个；一个档拨动一珠、一
1 1 1
个档拨动两珠，共 4C2C2 16个；一个档拨动三珠，共C2 2个，则符合条件的三位整数的个数为
26.
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
15.（13 分）
1 1
解：（1）两次摸球，摸出的小球号码 i, j的所有情况共C3 C3 9种， ………………………1 分
其中，满足 i j i j的情形有：
i 1时， j 1,2,3； i 2时， j 1； i 3时， j 1，共5种情况，………………4 分
则 P(A) 5 ； …………………………………………………5 分
9
（2） X 可能的取值为 0,1,2,3， …………………………………………………………6 分
1
P X C C
1C1 12 4
0 2 2 3 ；
C13C
1
3C
1
5 45 15
P X 1 C
1C1 1 1 1 1 1 1 1
1 2
C3 C2C1C3 C2C2C2 20 4
1 ；C3C
1 1
3C5 45 9
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C1C1C1 1 1 1 1 1 1P X 2 1 1 3 C1C2C2 C2C1C2 11
C1C1 1
；
3 3C5 45
1 1 1
P X 3 C1C1C 2 2 ………………………………………………………10 分
C1C1 13 3C5 45
所以 X 的分布列为:
X 0 1 2 3
4 4 11 2
P
15 9 45 45
………………………………………………………11 分
EX 0 4 4 11 2 16 1 2 3 . ……………………………………………………13 分
15 9 45 45 15
16.（15 分）
2
解：（1）当 a 2时， f (x) 1 2sin x cos 2x 2sin x 2sin x ， …………………………1 分
1
由 f (x) 4sin x cos x 2cos x 4cos x(sin x ) 0 ， x (0, π)
2 ，
得 x π π 5π1 ， x2 ， x3 …………………………3 分6 2 6
因此，当 x变化时， f (x), f (x)的变化情况如下表所示：
x (0, π) π (π , π) π (π , 5π) 5π (5π , π)
6 6 6 2 2 2 6 6 6
f (x) 0 0 0
f (x) 单调递减 单调递增 0 单调递减 单调递增
π π
所以当 x 时， f (x)有极大值，并且极大值为 f ( ) 0 . ………………………6 分
2 2
g(x) f (x) f ( π（2） x) 1 a sin x cos 2x [1 a sin( π π x) cos 2( x)]
2 2 2
a sin x cos 2x a cos x cos 2x
a(cos x sin x) 2cos 2x
(cos x sin x)[a 2(sin x cos x)]
当 x [0, π]时，由 g(x) 0 π，得 x 或 sin x a cos x ， …………………9 分
4 2
π π π 5π
其中 sin x cos x 2 sin(x ) 且 x [ , ]，所以 sin x cos x [ 1, 2]，…………10 分
4 4 4 4
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a
当 a 2或a 2 2时，方程 sin x cos x 无实数解，此时函数 g(x)只有一个零点；2
当 a 2 2时，方程 g(x) 0
π
只有一解且为 x ，此时函数 g(x)只有一个零点；
4
当 2 a πa 2 2 时，方程 sin x cos x 有两个不同的解且均不等于 ，此时函数 g(x)有三个零点；2 4
当 2 a 2时，方程 sin x cos x a π 有一个解且不等于 ，此时函数 g(x)有两个零点. ………14 分
2 4
综上：当 a 2或a 2 2 时，函数 g(x)只有一个零点；
当 2 a 2 2 时，函数 g(x)有三个零点；
当 2 a 2时，函数 g(x)有两个零点. ………………15 分
17.（15 分）
解：（1）如图，取DE的中点F ，连接MF ,NF ,因为M ,N分别是棱 AD,EC的中点，
所以MF //AE,NF //CD ,又 AB//CD，所以 NF //AB , ………1 分
因为MF //AE，MF 平面 BAE， AE 平面 BAE，
所以MF //平面 BAE， ……………………………………………………3 分
同理可知， NF //平面 BAE， …………………………………………………4 分
因为MF NF F，所以平面MFN //平面 ABE，
又MN 平面MFN ,所以MN //平面 ABE . …………………6 分
（2）证法 1:连接CM ,ME ,取DC的中点G，连接 AG，
1
因为 AB//CD且 AB CD 1， AB BC，所以 AG GD，DG 1，
2
又 ADC 60 ，所以 AD 2，故 ADC为等边三角形，所以CM AD,CM 3，
因为 ADE为等边三角形，所以DE 2,EM 3，ME AD，…………………………………8 分
2 2 2
在 CDE中，CE DC DE 2DC DE cos CDE 4 4 2 2 2 1 6，
4
所以CM 2 ME2 CE2，所以 CME 90 ，即CM ME，
所以MD,ME,MC两两互相垂直， ………………………………10 分
以M 为原点，MD,ME,MC 所在直线分别为 x轴、 y轴、 z轴，如图建立空间直角坐标系，则
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C 0,0, 3 ,E 0, 3,0 ,D 1,0,0 , A 1,0,0 ，由
1 AB DC，得
2 B(
3 ,0, 3 )，
2 2
EC (0, 3, 3)，EB ( 3 , 3 3, )，设平面
2 2
BCE的一个法向量为 n x, y, z ，
n EC 0 3y 3z 0
则由
，得 3 3 ，
n EB 0 x 3y z 0 2 2
令 z 1，则 y 1, x 3 ，所以 n ( 3 ,1,1) .………………………………13 分
3 3
取平面 ADE的一个法向量m 0,0,1 ，记平面 BCE 与平面 ADE的夹角为 ，则
m n
cos cos m,n 21 21，即平面 BCE 与平面 ADE夹角的余弦值为 . ……15 分
m n 7 7
证法 2:如图，延长CB,DA相交于点Q，连接 EQ，同解法 1
证得CM 面DEQ， …………………………10 分
过点M 作MH EQ，垂足为H，连接CH ，因为
EQ MH ,EQ CM ，MH IMC M ，
所以 EQ 平面CMH ，
所以 EQ CH ，所以 MHC为二面角D EQ C的平面角. …………………………………13 分
因为MQ 3,ME 3，由 EQ2 ME2 MQ2 ，得EQ 2 3，
1 1
由 S MEQ ME MQ EQ MH
3
21，得 MH ，又
2 2 2 CM 3
，所以 CH ，所以
2
cos MHC MH 21 21 ，即平面 BCE 与平面 ADE夹角的余弦值为 . …………………15 分
CH 7 7
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18.（17 分）
2 2
解：（1）因为 x2 y 2 x2 y 2 2，由双曲线的定义知点G的轨迹是以 (0, 2),
(0, 2)为焦点的双曲线的下支，其中2a 2， c 2，则b2 c2 a2 1，所以点G
的轨迹方程为 y2 x2 1(y 0) . ………………………3 分
（2）①证明：设 A(x1, y1),B(x2 , y )，由 x2
x
2 4y，知 y' ，所以抛物线在 A点处的切线方程为2
y y x 11 (x x1)，又 x
2
1 4y1，所以 x1x 2y 2y1 0，设点 P的坐标为 (x0 , y2 0
)，由切线过
点 P，得 x1x0 2y0 2y1 0， ……………………5 分
同理可知，由 B点处切线过点 P，得 x2x0 2y0 2y2 0，
所以直线 AB的方程为 x0x 2y 2y0 0. …………………………………7 分
x x
因为 l //AB，所以直线 l的斜率 k k 0 QAB ，又因为直线 l的斜率 k ，所以 xQ x2 0
.
2
x2 4y
联立 2，消去 y 得 x 2x x 4yx x 2y 2y 0 0 0
0 ，因为 M 是弦 AB 的中点，所以
0 0
x x1 xM 2 x0 ，所以 xQ xM x0，即 P,Q,M 三点共线. ………………10 分2
x2 x2 x2 x
②因为 y QQ 0 ，所以直线 l 的方程为 y
0 0 (x x0 )，即 2x0x 4y x
2
0 0，联立
4 4 4 2
y2 x2 1，消去 x得（4x20 16)y
2 8x20 y x
4
0 4x
2
0 0，由题意知方程有两个不等的负根.
………………………12 分
4x20 16 0
4 2 4
64x0 16(x0 4)(x0 4x
2
0 ) 0
8x2
所以 0 0 ， …………………………2 14 分
4x0 16
x
4 2
0 4x0
2 0
4x0 16
解得 2 5 2 x20 4， ……………………………16 分
x2 5 1
所以 |QF | yQ 1 0 1 ( ,2) . ………………………………17 分4 2
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19.（17 分）
a a
解：（1）①因为对任意 n N ， an a a a n 1 n 2n 2 n 1都成立，且 n 0，所以 {a }a ，则数列 n 是n an 1
等比数列，又 2S n 1 Sn 2，2Sn Sn 1 2(n 2,n N ) ，作差整理得
2an 1 a
1 1
n (n 2,n N )，所以公比 q ，又由 2S2 S1 2，得2(a2 1 a ) a 2，2 1 1
a 1 {a } a (1 )n 1解得 1 ，所以数列 n 通项公式为 n . ………………………4 分2
②由①知 a 1 1 1 1 1n （ ）
n 1
，即：1, , , , , ，
2 2 4 8 16
设数列{b } b 1 （ ）m 1 1 kn 的首项 1 ，公比为（ ），其中m,k N ，2 2
(1)m 1 (1)m 1
{b } 2 2 1则数列 n 的各项和等于 1 ， 所以 1 ， ………………………6 分1 ( )k 1 ( )k 15
2 2
又因为0 1 (1)k 1，所以b1 (
1)m 1 1 ， …………………………7 分
2 2 16
1
b 1 16
1 1 k 15 1 k 1
当 1 时，由 1 ，得1 ( ) ，即 ( ) 时满足题意， …………………8 分16 1 ( )k 15 2 16 2 16
2
1
所以（b1）max . …………………………9 分16
an 1
（2）记 qa n，n N
，由任意 n N ， an an 2 an 1都成立，且an 0，
n
an 2 an 1 a
得 2 qa a a ，即 n 1 qn q2 q1 0， ………………………11 分n 1 n 1
1 1
要证： a1a 2 n，n 2 a2a3Lan 1
n 2
只需证： a1an 2 a2a3Lanan 1 ，
n 2
只需证： a n1 a1q1q2Lqnqn 1 (a1q1)(a1q1q2 )L(a1q1q2Lqn ) , ………………………12 分
a 2nq n只需证： 1 1 q
n
2 q
nq n 2n 2n 2(n 1)n n 1 a1 q1 q2 q 4 2n 1 qn ，
q n q nq n 2 q 4 nq 2 n只需证： n 1 1 2 n 1 n ，（*） ……………………13 分
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q n q
n 1 1 (q2 )n 2 q3 n 4
n 1
2
若 为奇数，由（*)式知只需证 n ( ) L( )q ，n 1 qn qn 1 qn 3
2
q
q q q n 1
因为 qn 1 qn q q 0 1 2 3 22 1 ，所以 , , , , (0,1]qn 1 qn qn 1 q
，
n 3
2
q n q q1 1 ( 2 )n 2 ( q3 )n 4 n 1所以 n L( 2 )成立； ………………………q q q q 15 分n 1 n n 1 n 3
2
q n q q qn
若 n 1 2 n 2 3 n 4为偶数，由（*)式知只需证1 n ( ) ( ) L( 2 )2 (qn )0q q q q ， 1n 1 n n 1 n
2 2 2
qn
因为 qn 1 qn q2
q q q 0
q1 0
1 , 2 , 3 2，所以 , , (0,1]，又 (qn ) 1q q q 1 ，n 1 n n 1 qn 2
2
2
1 q
n q
1 (q2 )n 2 ( q3 )n 4
n
L( 2 )2 (q )0所以 q n n 成立， 1n 1 qn qn 1 qn
2 2 2
1 1
综上可知，对任意 n N ，不等式 a1an 2 2 a2a3La n都成立. ……………………17 分n 1
（其他方法酌情给分）
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