2025年河北省沧州市沧县中学高考数学模拟试卷（含答案）

这是一份2025年河北省沧州市沧县中学高考数学模拟试卷（含答案），共10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.若复数z满足z=2+i1−i，则复数z在复平面内对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.若集合A={x| x0)的焦点到直线y=x−1的距离为 2，则p=( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
4.已知sin(α−π6)=13，则cs(2π3−α)=( )
A. −13B. 13C. −2 23D. 2 23
5.已知△ABC中，AB=3AC=6，∠BAC=60°，点D在边BC上，∠BAD=30°，则AD的长为( )
A. 3 24B. 3 34C. 3 32D. 3 3
6.已知函数f(x)的定义域为R，满足f(x+1)为奇函数，f(x+2)为偶函数，则( )
A. f(0)=1B. f(1)=−1C. f(2)=0D. f(3)=0
7.已知正实数m，n满足mn=2，则1m+2n+92m+n的最小值为( )
A. 2 2B. 3C. 3 2D. 4
8.已知当x>0时，不等式lnxekx+1≤kxx+1恒成立，则实数k的最小值为( )
A. 1eB. 1C. 2D. e
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.已知某一批产品的长度测试结果满足正态分布N(20,σ2)，则下列说法正确的是( )
A. σ越大，这一批产品的长度测试结果在(19,21)内的概率越大
B. 这一批产品的长度测试结果大于20的概率为12
C. 这一批产品的长度测试结果在(20.1,20.2)内的概率和在(19.8,19.9)内的概率相等
D. 这一批产品的长度测试结果大于19.5的概率与小于21.5的概率相等
10.已知函数f(x)=13x3−x2−3x+1，则下列说法正确的是( )
A. 函数f(x)有两个极值点
B. 函数f(x)有三个零点
C. 函数f(x)的图象关于点(1,0)成中心对称
D. 直线9x+3y+1=0是曲线y=f(x)的一条切线
11.如图，在正三棱台ABC−A1B1C1中，AB=AA1=12B1C1，若该正三棱台ABC−A1B1C1的体积为14 23，则下列说法正确的是( )
A. A1B1=2
B. BB1⊥A1C1
C. 正三棱台ABC−A1B1C1外接球的表面积为22π
D. 平面ABC与平面ABB1A1夹角的正弦值为2 23
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.双曲线x23−y26=1的渐近线方程为______．
13.现有一枚质地均匀的骰子(六个面的点数分别为1，2，3，4，5，6)，投掷两次此骰子，则骰子上面的点数之和为3的整数倍的概率为______．
14.设正整数n=a0⋅30+a1⋅31+a2⋅32+…+ak⋅3k，其中ai∈{0,1,2}(i=0，1，2，…，k)，记M(n)=a0+a1+a2+…+ak，当n≥3，n∈N∗时，M(3n+1−372)= ______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
已知数列{an}的前n项和为Sn，满足a1=4，2Sn=(n+1)an．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn=1anan+1+an，求数列{bn}的前n项和Tn．
16.(本小题15分)
在锐角三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且b−aa=sin2B−sin2Csin2A．
(1)求角C的大小；
(2)若c=2，求△ABC周长的取值范围．
17.(本小题15分)
如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，BB1=B1C1=2A1B1=4，∠BB1A1=∠C1B1A1=60°．
(1)求证：平面A1BC1⊥平面ABCD；
(2)求点D到平面A1BC1的距离；
(3)若cs∠BB1C1=14，求直线B1D与平面BB1C1C所成角的正弦值．
18.(本小题17分)
已知函数f(x)=x2−mlnx．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若函数f(x)没有零点，求实数m的取值范围；
(3)若函数g(x)=(m−2)x，满足f(x)=g(x)有两个不同的实数根，求正整数m的最小值．
19.(本小题17分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e=12，以椭圆C的长轴和短轴为对角线的四边形的面积为4 3．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若点P为曲线x2+y2=7上一点，过点P作椭圆C的两条切线PA，PB，求：
①∠APB；
②△APB面积的取值范围．
参考答案
1.A
2.D
3.B
4.B
5.C
6.D
7.C
8.A
9.BC
10.ABD
11.BCD
12.y=± 2x
13.13
14.n+1
15.解：(1)根据题目：已知数列{an}的前n项和为Sn，满足a1=4，2Sn=(n+1)an．
因为2Sn=(n+1)an，所以n≥2时，2Sn−1=nan−1，
两式相减可得2an=(n+1)an−nan−1，所以(n−1)an=nan−1，即ann=an−1n−1，
所以数列{ann}为常数列，则ann=a11=4，可得an=4n．
(2)bn=1anan+1+an，
因为an=4n，所以an+1=4n+4，
可得bn=1anan+1+an=116n(n+1)+4n=116×(1n−1n+1)+4n，
所以Tn=b1+b2+b3+⋯+bn
=116×(1−12)+4+116×(12−13)+8+116×(13−14)+12+...+116×(1n−1n+1)+4n
=116×(1−12+12−13+⋯+1n−1n+1)+n(4+4n)2
=116×(1−1n+1)+2n2+2n=n16n+16+2n2+2n．
所以Tn=n16n+16+2n2+2n．
16.解：(1)因为b−aa=sin2B−sin2Csin2A，
所以由正弦定理得b−aa=b2−c2a2，
即a(b−a)=b2−c2，即ab=a2+b2−c2，
所以由余弦定理可得csC=a2+b2−c22ab=12，
因为C∈(0,π2)，所以C=π3．
(2)因为c=2，由正弦定理asinA=bsinB=csinC=2 32=4 33，
所以a=4 33sinA，b=4 33sinB，
设△ABC的周长为l，
则l=2+a+b=2+4 33sinA+4 33sinB=2+4 33sinA+4 33sin(2π3−A)
=2+4 33sinA+4 33( 32csA+12sinA)=2+4 33sinA+2csA+2 33sinA
=2+2 3sinA+2csA=2+4sin(A+π6)，
因为在锐角三角形ABC中，所以A∈(0,π2)，B∈(0,π2)，
所以2π3−A∈(0,π2)，解得A∈(π6,2π3)，
所以A∈(π6,π2)，所以A+π6∈(π3,2π3)，
故sin(A+π6)∈( 32,1]，则4sin(A+π6)+2∈(2 3+2,6]，即l∈(2 3+2,6],
故△ABC周长的取值范围为(2 3+2,6]．
17.(1)证明：因为BB1=B1C1=2A1B1=4，∠BB1A1=∠C1B1A1=60°，
在△A1BB1中，由余弦定理可知A1B2=BB12+A1B12−2BB1⋅A1B1⋅cs∠BB1A1=12，
可得A1B=2 3，同理A1C1=2 3，
即A1B12+A1B2=BB12，A1C12+A1B12=B1C12，
所以∠B1A1B=∠B1A1C1=90°，
即B1A1⊥A1B，B1A1⊥A1C1，
又因为A1B∩A1C1=A1，且A1B，A1C1⊂平面A1BC1，
所以B1A1⊥平面A1BC1，
因为B1A1//BA，
所以BA⊥平面A1BC1，
而BA⊂平面ABCD，
所以平面A1BC1⊥平面ABCD；
(2)解：由(1)得点B1到平面A1BC1的距离为A1B1=2，
连接AB1，因为四边形ABB1A1为平行四边形，所以对角线相互平分，
所以点B1到平面A1BC1的距离等于点A到平面A1BC1的距离，
连接AD1，则AD1//BC1，
又BC1⊂平面A1BC1，AD1⊄平面，
所以AD1//平面A1BC1，所以AD1上所有点到平面A1BC1的距离都相等，
连接A1D，因为四边形ADD1A1为平行四边形，所以对角线相互平分，
所以点D到平面A1BC1的距离等于点A到平面A1BC1的距离的2倍，
所以点D到平面A1BC1的距离为2A1B1=4；
(3)解：因为cs∠BB1C1=14，又BB1=B1C1=4，
在△BB1C1中，由余弦定理可得BC12=BB12+B1C12−2BB1×B1C1cs∠BB1C1=24，
所以BC1=2 6，
又因为A1B=A1C1=2 3，
所以BC12=A1B2+A1C12，即BA1⊥A1C1，
由(1)可得BA1⊥A1B1，
又A1B1∩A1C1=A1，且A1B1，A1C1⊂平面A1B1C1D1，
所以BA1⊥平面A1B1C1D1，
以A1B1，A1C1，A1B所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
−
则A1(0,0,0)，B1(2,0,0)，C1(0,2 3,0)，D1(−2,2 3,0)，B(0,0,2 3)，
因为B1B=D1D=(−2,0,2 3)，所以可得D(−4,2 3,2 3)，
B1D=(−6,2 3,2 3)，B1B=(−2,0,2 3)，B1C1=(−2,2 3,0)，
设平面BB1C1C的法向量为n=(x,y,z)，
则BB1⋅n=0B1C1⋅n=0，即−2x+2 3z=0−2x+2 3y=0，
令x= 3，可得n=( 3,1,1)，
则B1D⋅n=−6× 3+2 3×1+2 3×1=−2 3，|B1D|= 36+12+12=2 15，|n|= 3+1+1= 5，
所以cs=B1D⋅n|B1D|⋅|n|=−2 32 15× 5=−15，
设直线B1D与平面BB1C1C所成角为θ，
则sinθ=|cs|=15．
所以直线B1D与平面BB1C1C所成角的正弦值为15．
18.解：(1)函数f(x)=x2−mlnx的定义域为(0,+∞)，
则f′(x)=2x−mx=2x2−mx，
当m≤0时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递增；
当m>0时，令f′(x)=0，可得x= 2m2，
所以函数f(x)在(0, 2m2)上单调递减，在( 2m2,+∞)上单调递增；
综上，当m≤0时，函数f(x)在(0,+∞)上单调递增；
当m>0时，函数f(x)在(0, 2m2)上单调递减，在( 2m2,+∞)上单调递增；
(2)由(1)可得，当m0时，函数f(x)在(0, 2m2)上单调递减，在( 2m2,+∞)上单调递增，
所以要使得f(x)没有零点，则f(x)的最小值f( 2m2)=m2−mln 2m2>0，
计算可得00，F(1)=0，
所以m=3时，f(x)=g(x)有两个不同的实数根，
综上所述，正整数m的最小值为3．
19.解：(1)由题意知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的四个顶点坐标分别为(−a,0)，(a,0)，(0,−b)，(0,b)，
所以该四边形的面积为12×2a×2b=4 3，
设椭圆离心率为c，因为椭圆C的离心率e=12，故ca=12，
联立ab=2 3ca=12a2=b2+c2，解得a=2，b= 3，c=1，
则椭圆C的方程为x24+y23=1．
(2)①当切线斜率存在且不为0时，设切线方程为y=kx+m(k≠0)，
设P(x1,y1)，则m=y1−kx1,x12+y12=7，
联立y=kx+mx24+y23=1，消去y并整理得(4k2+3)x2+8kmx+4m2−12=0，
则Δ=64k2m2−4(4k2+3)(4m2−12)=0，即m2=4k2+3，
将m=y1−kx1代入上式，得关于k的方程(x12−4)k2−2x1y1k+y12−3=0，
则Δ1=4(3x12+4y12−12)>0(P在椭圆x24+y23=1外)，
kPA，kPB为该方程的两个根，故kPA⋅kPB=y12−3x12−4=7−x12−3x12−4=−1，
即PA⊥PB，所以∠APB=90°；
假设有一条切线斜率不存在，不妨假设PB斜率不存在，则不妨设PB过椭圆的右顶点，
则直线PB的方程为x=2，则P点坐标为(2,± 3)，
显然此时A点取椭圆的短轴顶点(0,± 3)，则直线PA的方程为y=± 3，
此时满足PA与椭圆相切，且PA⊥PB，所以∠APB=90°．
综上所述，∠APB=90°．
②先证明：椭圆C：x2a2+y2b2=1,(a>b>0)上一点Q(x0,y0)的切线方程为x0xa2+y0yb2=1．
设切线方程为y=y0+k(x−x0)，
与椭圆标准方程联立得x2a2+(y0+kx−kx0)2b2=1，
整理得(a2k2+b2)x2+2a2(ky0−k2x0)x+a2(y02+k2x02−2⁢⁢⁢kx0y0−b2)，
因为直线与椭圆相切，
则Δ=(2a2(ky0−k2x0))2−4a2(a2k2+b2)(y02+k2x02−2kx0y0−b2)=4a2b2(a2k2−y02−k2x02+2kx0y0+b2)=0，
因为ab≠0，故(x02−a2)k2−2x0y0k+y02−b2=0，
Δ0=4x02y02−4(x02−a2)(y02−b2)=a2b2−a2y02−b2x02，
由于Q(x0,y0)在椭圆C上，有x02a2+y02b2=1，即a2y02+b2x02=a2b2，所以x02=a2(1−y02b2)，
所以Δ0=0,k=x0y0x02−a2=b2x0a2y0．
将k代入原切线方程，得y=y0+b2x0a2y0(x−x0)，
整理得x0xa2+y0yb2=1．
所以过椭圆上一点Q(x0,y0)的切线方程为x0xa2+y0yb2=1．
设A(x2,y2)，B(x3,y3)，故A，B处的切线方程分别为x2x4+y2y3=1,x3x4+y3y3=1，
由于两切线均经过P(x1,y1)，因此x1x24+y1y23=1,x1x34+y1y33=1，
因此A(x2,y2)，B(x3,y3)均满足直线x1x4+y1y3=1，故直线AB的方程为x1x4+y1y3=1，
联立x1x 4+y1y3=1x24+y23=1，消去y得(3x12+4y12)x2−24x1x+48−16y12=0，
Δ2=(24x1)2−4(3x12+4y12)(48−16y12)=64y12(3x12+4y12−12)>0，
则x2+x3=24x13x12+4y12，x2x3=48−16y123x12+4y12，
故|AB|= 1+kAB2⋅ (x2+x3)2−4x2x3= 1+9x1216y12×8|y1| 3x12+4y12−123x12+4y12
=2 9x12+16y12 3x12+4y12−123x12+4y12，
又点P到直线AB的距离d=|3x12+4y12−12| 9x12+16y12，
故△APB的面积S△APB=12|AB|d= 9x12+16y12 3x12+4y12−123x12+4y12⋅|3x12+4y12−12| 9x12+16y12
=(3x12+4y12−12) 3x12+4y12−123x12+4y12，
又x12+y12=7，故令t= 3x12+4y12−12= y12+9，t∈[3,4]，
则S△APB=t3t2+12=11t+12t3，
令f(t)=1t+12t3，显然f(t)在[3,4]上单调递减，故y=11t+12t3在[3,4]上单调递增，
则(S△APB)min=1f(3)=2721=97，(S△APB)max=1f(4)=6428=167，
即S△APB的取值范围为[97,167]．