河北省2025届高三下学期省级联考模拟数学试题（解析版）

这是一份河北省2025届高三下学期省级联考模拟数学试题（解析版），共17页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】根据题意，集合，所以.
故选：A
2. 复数，则（ ）
A. 1B. 2C. D.
【答案】C
【解析】根据题意，，
所以，
故选：C.
3. 已知向量，，，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】根据题意，，若，则，所以.
故选：D
4. 某班有，，，，五名同学要排成一排进行拍照，其中同学不站在两端，，两名同学相邻，则不同的排列方式种数为（ ）
A. 12B. 24C. 36D. 48
【答案】B
【解析】根据题意，因为，两名同学相邻，所以有种，
又因为同学不站在两端，所以有种，其他同学（看做一个整体）进行排列有种，
所以不同的排列方式种数为.
故选：B.
5. 已知双曲线的两条渐近线的夹角为，则该双曲线的离心率为（ ）
A. B. 或C. D. 或
【答案】D
【解析】根据题意，双曲线的渐近线方程为，
因为该双曲线两渐近线的夹角为，所以直线的倾斜角为或，
若直线的倾斜角为，则，
此时；
若直线的倾斜角为，则，
此时.
综上所示，该双曲线的离心率为或.
故选：D.
6. 函数在上的值域为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】根据题意，，
根据倍角公式可得，
令，因为，则，可得，
故选：A.
7. 已知正四棱锥中，，若此正四棱锥的外接球为球，则侧面所在平面被球所截的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】根据题意，取底面的中心为，可得平面，
又因为，可得，所以正四棱锥的外接球为以为球心，
以为半径的球，设到平面的距离为，由，
可得，解得，
设侧面所在平面被球所截的圆的半径为，则，
所以，所以该截面面积为，
故选：B.
8. 若函数与的图象有且只有一个公共点，则称与互为“粘合函数”.已知曲线关于直线对称的曲线为，且与互为“粘合函数”，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】已知曲线关于直线对称的曲线为，所以这两个函数互为反函数，所以，所以，
又因为与函数为“粘合函数”，所以方程有且只有一个解，
当时，显然不成立；
当时，则，记，所以，所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
当时，；当时，；当时，；时，，且，则的图象如图所示，
数形结合易知实数的取值范围为，
故选：C.

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.
9. 已知一组数据，，，…，满足，若此组数据去掉，，则与之前数据相比，一定会减小的是（ ）
A. 平均数B. 标准差C. 中位数D. 极差
【答案】BD
【解析】根据题意，若平均数，则平均数不变，故选项A不正确；
标准差一定变小，故选项B正确；
中位数一定不变，故选项C不正确；
因为极差为最大值与最小值的差，所以极差一定会变小，故选项D正确，
故选:BD.
10. 已知抛物线的焦点为，点在此抛物线上，则下列结论正确的是（ ）
A.
B. 若直线与抛物线有另一个交点为，则
C. 已知点，点为抛物线上的点，当取最大值时，
D. 已知点，点为抛物线上的点，当直线与抛物线相切时，的内切圆的面积为
【答案】ABD
【解析】对于A，因为点在抛物线上，所以，所以，故A正确；
对于B，点，直线的斜率为，
所以直线的方程为，
联立，可得，计算可得，，
所以可得，所以，故B正确；
对于C，分析可得，抛物线的准线为，
当点在原点时，不是最大值，
当点不在原点时，过点作，垂足为，
在中，，所以，
所以当取最小值时，取最大值，此时直线与抛物线相切，
设过点的直线与抛物线相切，
代入抛物线方程得，
得，解得，
即，解得，
把代入得，
所以或，所以，故C不正确；
对于D，根据C选项，可得，当时，
的面积，的周长，
所以的内切圆的半径为，所
以内切圆的面积为，故D正确.
故选：ABD.
11. 已知直四棱柱中，所有棱长均为2，，点，，，分别为，，，的中点，则下列结论正确的是（ ）
A.
B. 若点在上运动，则三棱锥的体积不变
C. 异面直线与所成的角的余弦值为
D. 平面被直四棱柱所截的多边形周长为
【答案】BCD
【解析】对于A，因为直四棱柱中，底面为边长为2的菱形，，
所以平面，可得，所以不正确，故A不正确；
对于B，连接，，易得，平面，所以平行于平面，
同理有，则平行于平面.
平面，所以平面平行于平面，故平行于平面.
当点在上运动时，点到平面的距离不变，所以三棱锥的体积不变，故B正确；
对于C，如图，延长到点，使得，连接，，所以即为所求，
计算可得，，，所以，故C正确；
对于D，如图，取点，，分别为，，的中点，连接，，，，，
则多边形即为所求，根据题意，可得，，
所以多边形的周长为，故D正确.
故选：BCD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若，，则__________.
【答案】
【解析】根据题意，因为，，
所以，，
计算可得，，
所以，
.
故答案为：.
13. 定义：对于数列，若存在常数，使得对一切正整数，恒有成立，则称为有界数列.设数列的前项和为，满足，若为有界数列，则实数的取值范围为__________.
【答案】
【解析】因为，
则，所以.
故答案为：
14. 小李经常去图书馆读书，已知他周二去图书馆读书的概率为，在他周二不去图书馆读书的条件下周一去图书馆读书的概率为他周二不去图书馆读书的条件下周一也不去图书馆读书的概率的2倍，则他周一和周二都没去图书馆读书的概率为_________.
【答案】
【解析】设小李周一去图书馆读书为事件，周二去图书馆读书为事件，
则，.
根据题意得，且，
所以.
，得.
故答案为：.
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. 已知数列的前项和为，满足：，，.
（1）求，；
（2）求.
解：（1）当为奇数时，，因此数列的奇数项是首项为1，公比为2的等比数列，，
当为偶数时，，因此数列的偶数项是首项为2，公差为2的等差数列，.
（2）.
16. 在中，角，，所对的边分别为，，，且.
（1）求；
（2）若，且，求的最小值.
解：（1）由，可得，
所以，
即，即，
由于，，又，所以，化简可得，
由于，故.
（2）由于，所以，
故，
故，
即，
故，
化简得，又，
即，故，当且仅当时取等号，
故的最小值为8.
17. 如图，在六面体中，平面平面，四边形与四边形是两个全等的矩形，平面平面，平面平面，，，.
（1）证明：平面；
（2）求六面体的体积；
（3）求平面与平面夹角的余弦值.
（1）证明：因为四边形为矩形，所以，
又平面平面，且平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
同理，
又，平面，
所以平面.
（2）解：如图，延长至，使得，延长至，使得，
连接，，，
所以六面体的体积为四棱柱的体积减去几何体的体积，
因为四边形与四边形是两个全等的矩形，且，，，
所以，
由（1）知平面，则四棱柱直四棱柱，
所以，
取点，分别为，的中点，连接，，，
由（1）知平面，，
则，
所以六面体的体积为.
（3）解：由（1）可知平面，以点为坐标原点，以所在直线为轴，以所在直线为轴，以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
可得，，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，
所以，即，
设，可得，
设平面的法向量为，
所以，即，
设，可得，
设平面与平面夹角为，则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
18. 已知点，，动点满足，设动点的轨迹为曲线.
（1）求曲线的方程；
（2）若直线被曲线所截的弦长为，求的值；
（3）若点为曲线的右顶点，过点（不同于点）且斜率不为0的直线与曲线相交于，两点（点在，之间），若点为线段上的点，满足，且，求的值.
解：（1）根据题意可知，，所以，
点到两定点的距离和是一个常数，且这个常数大于，所以点的轨迹是以点，为焦点，为长半轴长的一个椭圆.
设椭圆的方程为，
则该椭圆的则.
所以曲线的方程为.
（2）设直线与曲线的两交点的坐标分别为
根据题意，联立，可得，
所以，
弦长为
，
则，化简得，
即得，所以的值为.
（3）设，，直线的方程为，

联立，可得，，
所以，
设点，因为，可得，
则，得，
故，，
又因为，则，可得，
所以，可得，
得或（舍），所以.
19. 已知函数，.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若函数的图象不在直线的上方，求实数的值；
（3）若，讨论函数的零点个数.
解：（1）函数的定义域为，，
当时，，函数在上单调递增；
当时，令，可得，
所以当时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减.
（2）设，
函数的定义域为，.
当时，恒成立，所以函数在上单调递增，
又，所以当时，，不合题意；
当时，令，解得，
所以当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以，即.
令，则，
所以当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
即，所以，即.
（3）根据题意，，
由，且，得函数为减函数，
设，即，函数的最大值为.
①当时，，所以当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
所以函数有最大值，所以函数只有一个零点.
②当时，，
且时，，时，，
所以函数在的两侧各有一个零点.
③当时，，所以可得.
利用代入到原函数中可得，
，
设，，
容易判定是关于的增函数，所以，
所以函数的最大值为，即当时，函数无零点.
综上，当时，函数有两个零点；
当时，函数有一个零点；当时，函数无零点.