河北省唐山市2025届高考一模数学试卷（解析版）

这是一份河北省唐山市2025届高考一模数学试卷（解析版），共15页。试卷主要包含了 已知，若， 已知命题；命题．则， 若等比数列的前项和，则， 随机变量．若，则， 已知，则下列说法正确的是， 已知圆与抛物线交于两点，则， 对于，且，当时，，则等内容，欢迎下载使用。
1. 已知，若（为虚数单位）是纯虚数，则（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】D
【解析】因为（为虚数单位）是纯虚数，
所以，解得.
故选：D
2. 已知命题；命题．则（ ）
A. 和都是真命题
B. 是假命题，是真命题
C. 是真命题，是假命题
D. 和都是假命题
【答案】B
【解析】对于命题，因为当时，，故命题是假命题；
对于命题，当时，，故命题是真命题.
故选：B.
3. 若等比数列的前项和，则（ ）
A. B. 0C. 1D. 2
【答案】A
【解析】因为等比数列的前项和，
所以当时，，
所以，解得.
故选：A.
4. 随机变量．若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】因为且，
所以，
根据正态分布曲线的对称性，可得，
所以
故选：D
5. 已知，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】已知，其定义域为，关于原点对称.
且，所以函数是偶函数.
那么.
当时，.
因为，所以在上单调递增.
因为，且在上单调递增，所以.
又因为，所以.
故选：A.
6. 已知圆与抛物线交于两点，则（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】C
【解析】由得，，解得或，
∵抛物线中，∴，
∴，即，
∴.
故选：C.
7. 在三棱锥中，，设三棱锥的体积为，三棱锥的体积为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】设G到平面的距离为，设D到平面的距离为，
由于，故；
又，则，
故，
故，
故选：B
8. 对于，且，当时，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】令，则.
所以；进而，
同理可得：，.
令，则，
所以，，，，.
因为，所以，即.所以
故选：C
二､多选题：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. 已知函数，则关于的说法正确的是（ ）
A. 在区间上单调递增
B. 是的最大值
C. 图象关于点对称
D. 把图象向左平移个单位长度得到的图象
【答案】AD
【解析】对于A，因为，所以，
所以函数区间上单调递增，故A正确；
对于B，，所以不是的最大值，故B错误；
对于C，，所以的图象不关于点对称，故C错误；
对于D，将图象向左平移个单位长度得到图象，
即，故D正确.
故选：AD.
10. 已知双曲线的左、右焦点分别为，过的直线与的一条渐近线平行，且与交于点，则（ ）
A. 的离心率为B. 的实轴长为4
C. 的面积为1D.
【答案】ACD
【解析】双曲线，其渐近线方程为.
已知过的直线与的一条渐近线平行，则，即.
又直线上，所以，解得.
由，，可得，解得.
离心率，实轴长，选项正确，选项错误.
联立直线与双曲线方程，将代入双曲线方程可得：
，即，解得，则，即.
已知，，则，点到轴的距离即中边上的高.
根据三角形面积公式，可得，选项正确.
根据两点间距离公式，可得：
，
.
所以，选项正确.
故选：ACD.
11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 当时，在上单调递增
B. 函数的对称中心为
C. ，使得与曲线的公共点中存在四点能连接成正方形
D. ，总存在两条斜率互为相反数的相交直线与曲线都相切
【答案】ABD
【解析】因为，所以，
当时，在上恒成立，即在上单调递增，故A正确；
因为，
所以的对称中心为，故B正确；
由B项可知，函数的对称中心为且也关于对称，
假设与曲线的公共点中存在四点能连接成正方形，
即与曲线有四个交点，即，
即除去0以外还有四个解，即，所以，
设和与曲线的交点分别为A，C，B，D，
所以，即，无解，假设不成立，故C错误；
设两直线与曲线的切点分别为，，
则，即，所以，
，总存在，使得上式成立，
即，总存在两条斜率互为相反数的相交直线与曲线都相切，故D正确；
故选：ABD.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 在菱形中，__________．
【答案】0
【解析】因菱形的对角线互相垂直，即，故.
故答案为：0.
13. 已知，则__________．
【答案】1
【解析】由可得，
所以，
所以.
故答案为：.
14. 已知费马数是形如的素数，如第一个费马数为，则__________；正多边形的边数若能写成与个不同的费马数的乘积，，则正多边形就可以用尺规作图．将这种正多边形的边数按从小到大排列，记为数列，注：若，边数可以取等；若，边数可以取等，则__________．
【答案】①. 17 ②. 16
【解析】由知，将代入得，
1、当时，边数可以是3，
2、当时，边数可以是4，
3、当时，边数可以是5，
4、当，时，边数可以是6，
5、当时，边数可以是8，
6、当，时，边数可以是10，
7、当，时，边数可以是12，
8、当时，边数可以是15，
9、当时，边数可以是16，
10、当时，边数可以是17，
故,
故答案为：①17；②16
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. 记的内角的对边分别为，已知．
（1）若，求的面积；
（2）若，求．
解：（1）在中，．
因为，
所以．
（2）在中，由余弦定理可得，
因为，所以，
由正弦定理得．
因为，所以．
化简得，即，
所以，整理得．
因为，所以，
解得，或，所以，或．
16. 如图，在三棱台中，底面为的中点，．
（1）证明：；
（2）若，求平面与平面夹角的余弦值．
（1）证明：在三棱台中，∵，∴．
∵为的中点，∴，，
∴四边形为平行四边形，故．
∵，∴．
∵底面，底面，∴．
∵平面，为相交直线，∴平面，
∵平面，∴．
（2）解：以A为原点，以分别为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示空间直角坐标系，
则，．
∴，．
设是平面的法向量，则即
令，则，故．
设是平面的法向量，则即
令，则，故．
∴．
∴平面与平面夹角的余弦值为．
17. 已知某类考试中，有一种题型为多项选择题，每道题中有四个选项，其中有两个或三个选项正确．每道题所赋分值为分，若有两个正确选项，则这两个选项中每个选项所赋分值为分；若有三个正确选项，则这三个选项中每个选项所赋分值为分．另外，有错误选项得分．已知每道题有两个正确选项的概率为．
（1）设每道题所得分数为，写出的所有可能取值；
（2）对于一道多项选择题，已知选项正确，考生甲选择了，又在其余的三个选项中随机选择了一个选项．请写出考生甲此题得分的分布列和数学期望．
解：（1）的所有可能取值为．
（2）甲得分的可能取值为．
设事件；事件；事件．
设事件：此题有两个正确选项，则：此题有三个正确选项．
①当此题有两个正确选项时，可能得0分，6分，
则；
②当此题有三个正确选项时，可能得0分，4分，
则．
综上所述，
．
．
．
分布列表如下：
期望值．
18. 若一个数列各项的倒数成等差数列，则这个数列称为调和数列，如数列，就是一个调和数列．
（1）在集合中从小到大取三个数，使其构成调和数列（只需写出一个数列即可）；
（2）若四点共线，顺次排列，且，则称此四点构成了一个调和点列．
①求证：三个线段长度构成一个调和数列；
②直线过点与椭圆相交于两点，已知四点构成一个调和点列，求点的轨迹长度．
解：（1）由题意，这三个数的倒数成等差数列，就能构成调和数列，
则这三个数为或．
（2）①证明：由，得，即，
则，即，则构成一个调和数列．
②设，代入，
得．
，
由得．
设，则．
则
．
设，则，
同理，．
依题设，得，则．
则，得，且．
因此，点的轨迹为一条线段（不含端点），长度为3．

19. 已知函数．
（1）当时，求的极小值；
（2）当时，，求实数的取值范围．
解：（1）当时，，则
令，则，
所以在上单调递增，
又因为，所以当时，，此时单调递减；
当时，，此时单调递增；
故在区间上单调递减，在区间上单调递增．
所以为函数的极小值点，极小值．
（2）当时，符合题意；
当时，得．
令，
令，
则，令，则，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
因为，
所以存，使得，
且在上，在上,
在单调递增，在单调递减，
又因为，
即当时，单调递增；
所以当时，．
当时，令，
，
则在上单调递增，此时，
故当时，．
所以，
故的取值范围为．