2025届河北省高三模拟预测数学试题（附答案解析）

这是一份2025届河北省高三模拟预测数学试题（附答案解析），共17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。

一、单选题
1．（ ）
A．B．C．D．
2．已知向量，，若，则（ ）
A．2B．1C．2或D．1或
3．已知等差数列的前项和为，对任意，“数列为递增数列”是“数列为递增数列”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
4．已知某篮球运动员每次在罚球线上罚球命中的概率为，该篮球运动员某次练习中共罚球3次，已知该运动员没有全部命中，则他恰好命中两次的概率为（ ）
A．B．C．D．
5．下列函数是奇函数且在上单调递增的为（ ）
A．B．
C．D．
6．若函数在上恰有两个零点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．已知底面半径为的圆锥其轴截面面积为，过圆锥顶点的截面面积最大值为，若，则该圆锥的侧面积为（ ）
A．B．C．D．
8．已知分别为椭圆的左、右焦点，过点向圆引切线交椭圆于点（不在轴上），若的面积为，则椭圆的离心率（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知集合，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
10．已知抛物线的焦点为，是抛物线上异于顶点的两点，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则抛物线的准线方程为
B．若是正三角形，则
C．若点是的垂心，则直线的方程为
D．点可以是的外心
11．已知函数，当时，，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．最小值为14
三、填空题
12．曲线在处的切线斜截式方程为 .
13．若甲、乙等6人随机排一排照相，则甲、乙不在两端也不相邻的概率为 .
14．已知均为锐角，且，则 .
四、解答题
15．某初级中学为了响应国家提倡的素质教育，积极组织学生参加体育锻炼，并定期进行成绩测试.在某次测试中，该校随机抽取了初二年级名男生的立定跳远成绩和米短跑成绩，在立定跳远成绩大于等于的名男生中，米短跑成绩小于等于的有人，在立定跳远成绩小于的男生中，米短跑成绩大于的有人.
单位：人
(1)完成上面列联表，并依据小概率值的独立性检验，分析立定跳远成绩是否与米短跑成绩有关；
(2)“立定跳远成绩小于”且“米短跑成绩小于等于”的人数为，已知这人中有人喜爱运动，若从中任取人进行调研，设表示取出的喜爱运动的人数，求的分布列和数学期望.
下面附临界值表及参考公式：
16．如图，在梯形中，分别是的中点，以为折痕将折起使到达的位置，得到四棱锥是的重心.
(1)证明：平面；
(2)当在底面上的射影落在上时，求平面和平面夹角的余弦值.
17．在中，三个内角所对的边分别为是的三等分点，且.
(1)当的面积时，求的长；
(2)当时，求边上的高.
18．求导是研究函数性质的一种方法，特别是利用导数的几何意义来研究切线的斜率，这种方法也适用于圆锥曲线，我们可以将圆锥曲线方程视为复合函数，仿照复合函数的求导法则来进行，例如：圆的方程，为了求对的导数，可将看作的复合函数，将上式两边逐项对求导，则有：，于是得.已知直线与双曲线相切于点的右焦点为，直线与直线交于点.
(1)证明：直线的方程为；
(2)证明：以为直径的圆过点；
(3)若，直线与两条渐近线交于两点，求的面积.
19．洛必达法则对导数的研究产生了深远的影响.洛必达法则：给定两个函数，当时，.已知函数，.
(1)证明：在区间上单调递减；
(2)对于恒成立，求实数的取值范围；
(3)，证明：（附：）.
立定跳远成绩
米短跑成绩
合计
小于等于
大于
大于等于
小于
合计
《2025届河北省高三模拟预测数学试题》参考答案
1．B
【分析】用复数的四则运算化简即可得解.
【详解】，
故选：B.
2．A
【分析】根据向量共线的结论求参数的值.
【详解】由已知得，解得.
故选：A
3．D
【分析】分别判断“数列为递增数列”能否推出“数列为递增数列”以及“数列为递增数列”能否推出“数列为递增数列”，进而确定充分性以及必要性.
【详解】对于充分性：当时，单调递增，但不是单调递增的，
所以“数列为递增数列”不能推出“数列为递增数列”，充分性不成立；
对于必要性：当时，单调递增，但不是单调递增的，
所以“数列为递增数列”不能推出“数列为递增数列”，必要性不成立；
所以“数列为递增数列”是“数列为递增数列”的既不充分也不必要条件.
故选：D.
4．B
【分析】令事件为“该运动员没有全部命中”， 令事件“恰好命中两次”，根据条件概率公式有即可求解.
【详解】令事件为“该运动员没有全部命中”， 令事件“恰好命中两次”，
则，，
由条件概率知所求概率为，
故选：B.
5．C
【分析】对于A，利用奇偶函数的判断方法及幂函数的性质，即可求解；对于B，利用奇偶函数的判断方法及二次函数的性质，即可求解；对于C，利用奇偶函数的判断方法及复合函数的单调性，即可求解；对于D，利用奇偶函数的判断方法，得是偶函数，即可求解.
【详解】对于选项A，易知的定义域为，关于原点对称，
又函数，所以是奇函数，但在上单调递减，故选项A不正确；
对于选项B，函数的定义域为，关于原点对称，又，
所以奇函数，当时，，
在上单调递增，在上单调递减，故选项B不正确，
对于选项C，，因为，所以的定义域为，
又，所以是奇函数，
又在上单调递增，在定义域上单调递增，
所以在上单调递增，故选项C正确，
对于选项D，函数的定义域为，且，
所以是偶函数，故选项D不正确，
故选：C.
6．B
【分析】利用辅助角公式化简，结合的范围，求在轴右侧的相邻三根，根据题意可得的不等关系，求解的范围，从而求出的范围，根据正弦函数的单调性即可求出结果.
【详解】，
令得：，
因为，所以，
则在轴右侧方程的相邻三根依次为，解得，
由题意可知，即，
故得，即的取值范围是.
故选：B.
7．A
【分析】根据圆锥的轴截面面积结合三角形的面积公式及圆锥侧面积公式即可求解.
【详解】轴截面不是最大面积，轴截面顶角为钝角，
设母线长为，
即，
所以该圆锥的侧面积.
故选：A.
8．C
【分析】先利用三角比证明点为椭圆短轴端点，然后根据的面积为列式即可得出答案.
【详解】解析：如图，

设圆与轴切于点，与切于点，
设椭圆与轴正半轴交于点，下面证明，重合，
设，，
，而，
与重合，即点是短轴的端点，
，，则，所以，
故选：C.
9．BCD
【分析】通过讨论，得到集合，利用集合的运算、集合间的关系可判断各选项的正误.
【详解】已知集合，
当时，；当时，；当时，，
对于A，由对集合分析知，故A不正确，
对于C，由对集合分析知，故C正确；
对于B，当时，，此时，故B正确；
对于D，当时，，故D正确.
故选：BCD.
10．BC
【分析】A选项将点坐标代入抛物线方程求得，即可得到准线方程，即可判断A选项；B选项设点在第一象限，由正三角形得到直线的方程，代入抛物线求得，从而知道，即可判断B选项；C选项由题意可知轴，设点坐标得到点坐标，由题意可知，由斜率建立方程的解求出横坐标即可求得直线的方程，即可判断选项；选项，由题意可知圆的半径，由圆方程和抛物线方程求得三点横坐标坐标的值，即可判断D选项.
【详解】对于A，将点代入中得，，可知抛物线的准线方程为，故A不正确；
对于B，若是正三角形，设点在第一象限，直线的方程为，代入中得，，，故B正确；
对于C，由题意可知轴，设，则，又，
∵，∴，解得直线的方程为，故C正确；
对于D，当点是的外心时，以为圆心，以为半径的圆交于三点，
联立与，解得或，显然不成立，故D不正确，
故选：BC.
11．ACD
【分析】根据函数解析式得到函数图象，即可判断A，根据函数值相等以及对数的运算可判断B，根据基本不等式以及成立条件可判断C、D.
【详解】对于A，的图象是由的图象向右平移2个单位长度而得到，如图：
，
显然A正确；
对于B，，所以，
即，故B不正确；
对于C，由选项B可知，即，
解得，当且仅当时取等号，，，故C正确；
对于D，，
当且仅当，即时取等号，故D正确.
故选：ACD.
12．
【分析】求出切点的纵坐标及切线的斜率，即可得答案.
【详解】解：因为，
，
所以切线方程为，
即.
故答案为：
13．/0.2
【分析】利用插空法求出符合要求的排法，再由古典概型求概率即可.
【详解】6人排一排的总数为，甲，乙不在两端也不相邻有种排法，
故所求概率为.
故答案为：
14．
【分析】由，利用两角和与差的正弦公式可得，结合已知可得，求解即可.
【详解】，
即，
由题可知，且，即，
解得或（舍去），.
故答案为：.
15．(1)表格见解析，有关
(2)分布列见解析，
【分析】（1）根据题意补充完整列联表，然后求出卡方，结合参考表格下结论即可；
（2）由（1）可得，分析得到的取值，然后求出取值对应的概率，得到变量的分布列，即可求出期望.
【详解】（1）列联表如图.
单位：人
零假设为：立定跳远成绩与米短跑成绩无关，
计算得，
根据小概率的独立性检验，推断不成立，
即认为立定跳远成绩与米短跑成绩有关，此推断犯错误的概率不大于.
（2）由（1）可知的可能取值为，
则，
，
，
其分布列为：
所以数学期望为.
16．(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）延长交于点，可证，由线面平行的判定定理得证；
（2）取的中点，可得点在底面上的射影为的中点，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，求出平面和平面的法向量，运算得解.
【详解】（1）是的中点，
是正三角形，四边形与是菱形，
连接，则，
延长交于点是的重心，是的中点，
连接是的中点，，
又不在平面内，平面平面.
（2）取的中点，连接，由题可知点在底面上的射影为的中点，
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.
则，
，
设平面的法向量为，
则，令，则，
设平面的法向量为，
则，令，则，
设平面和平面的夹角为，
则，
平面和平面夹角的余弦值为.
17．(1)或.
(2)
【分析】（1）由余弦定理得，由的面积得，解出的值，再由余弦定理求解即可；
（2）根据向量的线性运算可得，进而结合平面向量的数量积的运算律可得，结合即可求出的值，进而求解即可.
【详解】（1），
由余弦定理得，
由，得，
解得或，
由题知，
当时，由余弦定理得，
则，即；
同理当时，，
综上所述，或.
（2），
，
即，
联立，可得，即，
解得边上的高为.
18．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据题意将双曲线视为复合函数，仿照复合函数求导法则直接求导，代入点可得在点处的切线斜率，代入点化简即可求出切线方程；
（2）求出点坐标，计算可证；
（3）直线与（1）中所求直线结合可求出的值，直线与渐近线联立，结合韦达定理可求出长，计算原点到直线的距离，可直接求出三角形的面积.
【详解】（1）因点在双曲线上，可得即.
对双曲线的方程两边求导得，解得
则在点处的切线斜率为，其切线方程为，
整理得，即直线的方程为.
（2）
如图，因直线与直线交于点.
故，，
则，，
，
，
以为直径的圆过点.
（3）
由（1）知直线的方程为，即，
直线，
.
如图，设，
直线和渐近线联立消元得
，
，
又原点到直线的距离，
的面积.
19．(1)证明见解析
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）先求函数的导函数，再结合分分别求出导函数正负得出函数单调性即可证明；
（2）先把不等式恒成立转化为，再结合函数单调性得出函数值范围即可求参；
（3）构造函数，根据导函数得出函数单调性即可证明不等式再结合累加法及等比数列求和即可证明.
【详解】（1），
令，则，
令，则，
若，则单调递减，单调递减，，在上单调递减，
若，则单调递增，，即
存在唯一，使得，且在上，单调递减，在上，单调递增，
且，
在区间上单调递减，且在上连续，
综上，在区间上单调递减.
（2）当时，，成立.当时，由可得，
令，
由（1）可知在上单调递减，.
由洛必达法则：，
.
（3）当且时，，令，
则，令，则，
在上单调递增，，
即在上单调递增，（当时取等号），
，
，
，
，
即.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
A
D
B
C
B
A
C
BCD
BC
题号
11









答案
ACD









立定跳远成绩
米短跑成绩
合计
小于等于
大于
大于等于
小于
合计