2025年河北省部分重点高中高考数学诊断试卷（含答案）

这是一份2025年河北省部分重点高中高考数学诊断试卷（含答案），共8页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.设集合A={−1,0,1,2}，B={x∈N|x0时，f(x)的解析式可以是( )
A. f(x)=ln(x+1)B. f(x)=2xC. f(x)=ex−1D. f(x)=x2
8.象牙镂雕套球又称“同心球”，制作相当繁复，工艺要求极高.据《格古要论》记载，早在宋代就已出现3层套球，时称“鬼工球”.某象牙镂雕套球的直径为12cm，其表面的圆形孔的直径均为4cm，记其中两个圆形孔的圆心为O1，O2，如图所示，若O1O2=6cm，则圆O1与圆O2所在平面的夹角的正弦值为( )
A. 516
B. 716
C. 3 2316
D. 5 316
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知函数f(x)=1x−1+2,x0,下列命题正确的是( )
A. 若f(x)是奇函数，则a=−2
B. 若f(x)是奇函数，则a=0
C. 若f(x)是减函数，则a的取值范围为(−∞,−1]
D. 若f(x)是减函数，则a的取值范围为(−∞,−2]
10.已知抛物线C：y2=2px(p>0)的顶点为O，焦点为F，准线为l，P是抛物线C上异于O的一点，过点P作PQ⊥l于点Q，下列结论正确的是( )
A. 线段FQ的垂直平分线经过点P
B. 过点P且与抛物线C相切的直线垂直平分线段FQ
C. 直线QF与直线PF可能垂直
D. 若△PQF是直角三角形，则直线OP的斜率为±2
11.某校篮球社团准备招收新成员，要求通过考核才能加入，考核规则如下：报名参加该社团的学生投篮n次，若投中次数不低于投篮次数的50%，则通过考核.学生甲准备参加该社团，且他的投篮命中率为0.9，每次是否投中相互独立.若n=3，记甲通过考核的概率为P1，若n=20，记甲通过考核的概率为P2，若n=21，记甲通过考核的概率为P3，若n=19，记甲通过考核的概率为P4，若n=22，记甲通过考核的概率为P5，则( )
A. P1=0.972B. P20,b>0)的左、右顶点分别为A1(−1,0)，A2(1,0)，离心率为2．
(1)求双曲线Γ的方程；
(2)O为坐标原点，过点M(−2,0)且斜率不为0的直线l交双曲线Γ于P，Q两点(点P在第一象限，点Q在第二象限)，直线OQ交双曲线Γ于点R，证明：A1R⊥A2P.
17.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB//CD，AB⊥AD，AC⊥BP，AD=AB=2CD=2．
(1)证明：△PAD是等腰三角形．
(2)若平面PAB⊥平面PBC，求点A到平面PBC的距离．
18.(本小题17分)
已知函数f(x)= x2+4a+(1−2a2)x+2ax．
(1)若a=2，求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；
(2)若a>0，∀x∈(0,+∞)，f(x)>0，求a的取值范围；
(3)若f(x)的定义域为D，∀x∈D，f(x)≥0，求a的取值集合．
参考答案
1.B
2.D
3.D
4.C
5.B
6.C
7.A
8.C
9.AC
10.ABD
11.AD
12.24
13.427
14.3
15.解：(1)过点B作BF⊥CD，垂足为F，

由AB⊥AD，得BF/​/AD，
在四边形ABCD中，由∠ABE=2π3,∠C=π3，得AB/​/CD，
所以四边形ABFD是平行四边形，
所以BF=AD=2，BC=BFsinπ3=4 33,BE=12BC=2 33，
所以△ABE的面积为S=12AB⋅BE⋅sin∠ABC=12×2×2 33× 32=1；
(2)连接BD，

因为AD=AB=2，AB⊥AD，
所以BD=2 2,∠ABD=π4，
在△BCD中，由CD=BD=2 2，得∠CBD=∠C=π3，
所以△BCD为等边三角形，BC=CD=2 2，
BE=12BC= 2，∠ABE=∠CBD+∠ABD=7π12，
在△ABE中，由余弦定理，
可得AE= AB2+BE2−2AB⋅BEcs∠ABE
= 4+2+2×2× 2× 6− 24= 3+1．
16.解：(1)由双曲线Γ：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右顶点分别为A1(−1,0)，A2(1,0)，离心率为2．
可得a=1，e=ca=2，又c2=a2+b2，所以c=2，b2=3，
所以双曲线Γ的方程为x2−y23=1．
(2)证明：设直线l：x=my−2(m> 33)，点P(x1,y1)，Q(x2,y2)，
则R(−x2,−y2).
联立x=my−2x2−y23=1，得(3m2−1)y2−12my+9=0，
y1+y2=12m3m2−1,y1y2=93m2−1．
A1R=(−x2+1,−y2),A2P=(x1−1,y1)，
则A1R⋅A2P=(−x2+1)(x1−1)−y1y2，
=(−my2+2+1)(my1−2−1)−y1y2=−(m2+1)y1y2+3m(y1+y2)−9，
=−(m2+1)⋅93m2−1+3m⋅12m3m2−1−9=0，
所以A1R⊥A2P.
17.(1)证明：设O为AD的中点，连接OB，OP，
因为AB=AD=2，AO=DC=1，∠BAO=∠ADC=90°，
所以Rt△ADC≌Rt△BAO，所以∠DAC=∠ABO，
∠DAC+∠BAC=∠ABO+∠BAC=90°，即AC⊥BO，
又AC⊥BP，BO，BP⊂平面POB，BO∩BP=B，
所以AC⊥平面POB，
因为PO⊂平面POB，所以AC⊥PO，
因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，AB⊥AD，
所以AB⊥平面PAD，
因为PO⊂平面PAD，所以AB⊥PO，
因为AB，AC⊂平面ABCD，AB∩AC=A，所以PO⊥平面ABCD，
因为AD⊂平面ABCD，所以PO⊥AD，
在△PAD中，PO⊥AD，O为AD的中点，
所以PA=PD，即△PAD是等腰三角形；
(2)解：建立如图所示以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，
过O与AB平行的直线为y轴，OP所在直线为z轴的空间直角坐标系，
设OP=a(a>0)，则P(0,0,a)，A(1,0,0)，B(1,2,0)，C(−1,1,0)，
CB=(2,1,0)，PB=(1,2,−a)，AB=(0,2,0)，
设平面PAB的法向量为n=(x1,y1,z1)，
则有n⋅PB=x1+2y1−az1=0,n⋅AB=2y1=0,取x1=a，则n=(a,0,1)，
设平面PBC的法向量为m=(x2,y2,z2)，
则有m⋅PB=x2+2y2−az2=0,m⋅CB=2x2+y2=0,取x2=−a，则m=(−a,2a,3)，
因为平面PAB⊥平面PBC，
所以m⋅n=−a2+3=0，解得a= 3(a=− 3舍去)，
所以P(0,0, 3)，AP=2，BP=2 2，
所以AP=2=AB，BP=2 2，所以BP2=AB2+AP2，
所以AB⊥AP，所以△ABP是等腰直角三角形，
取BP的中点E，连接AE，则AE⊥BP，
又因为平面PAB⊥平面PBC，平面PAB∩平面PBC=BP，
所以AE⊥平面PBC，
所以AE的长为点A到平面PBC的距离，
因为AE=PB2= 2，所以点A到平面PBC的距离为 2．
18.解：(1)当a=2时，函数f(x)= x2+8−7x+4x,f(1)=0．
导函数f′(x)=x x2+8−7−4x2,f′(1)=−323．
因此y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=−323(x−1)，
所以32x+3y−32=0．
(2)函数f(x)>0，所以 x2+4a>(2a2−1)x−2ax．
①当00，
因此函数g(x)在(0,+∞)上单调递增．
令g(x)=0，解得x= 2a2a2−1．
当x≤ 2a2a2−1时，函数g(x)≤0，原不等式恒成立．
当x> 2a2a2−1时，函数g(x)>0，原不等式等价于( x2+4a)2>[(2a2−1)x−2ax]2，
可得(a2−1)x4−2ax2+1 2时，−2x2+11，那么存在x= 2aa2−1> 2a2a2−1,ℎ( 2aa2−1)=1>0，
因此(a2−1)x4−2ax2+1