河北省2025届高三下学期普通高等学校招生考试预测卷（一）数学试卷（解析版）

这是一份河北省2025届高三下学期普通高等学校招生考试预测卷（一）数学试卷（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】C
【解析】因为，，则，
且，，则，
，
故选：C
2. “数列为常数列”是“数列既是等差数列又是等比数列”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
【答案】B
【解析】若数列为常数列，此时是等差数列，但不是等比数列，充分性不成立；
若数列既是等差数列又是等比数列，则，，
当时，，此时为常数列；当时，；
数列为常数列，必要性成立；
综上所述：“数列为常数列”是“数列既是等差数列又是等比数列”的必要不充分条件.
故选：B.
3. 已知函数的导函数的图象如图所示，则下列结论成立的是（ ）
A B.
C. D.
【答案】B
【解析】，
如图：因为的图象是开口向上的抛物线，所以；
应为函数图象关于轴对称，即为偶函数，所以；
因为有两根且互为相反数，所以.
综上：.
故选：B．
4. 化简：（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】.
故选：A.
5. 已知函数，若图象上相邻的两个零点之间的距离是，且，则（ ）
A. 1B. 2C. 4D. 8
【答案】C
【解析】依题意，
，即，.
又，，
，将代入，
可得，即，
，或4，
又，.
故选：C
6. 已知抛物线，是的焦点，是的准线与轴的交点，若曲线上的点满足：，则（ ）
A. B. 4C. D. 5
【答案】D
【解析】由抛物线可知，.
因为，所以根据双曲线的定义可知：点的轨迹是以为焦点双曲线的右支，且，，
所以的轨迹方程为.
联立，化简整理得，即，
解得，或（舍去）.
所以由抛物线定义及焦半径公式可知.
故选：D.
7. 函数与函数的图象的交点个数为（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】B
【解析】令函数，，则定义域为，
，是奇函数，
当时，；
由为奇函数可得当时，，
而函数是偶函数，且当时，，
则函数与的图象在时无交点；
当时，令，求导得，
函数在上单调递增，又，
，因此在上只有一个零点，
所以函数与的图象交点只有一个.
故选：B
8. 已知函数为函数的正零点，若（表示不超过的最大整数），则数列的前10项和为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】是关于的二次函数，其对称轴为，
因为，且在区间上单调递增，
所以正零点一定在区间上，
又因为，
所以，所以，
则，故.
故选：A．
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. 已知平面向量，，若，则下列说法正确的是（ ）
A. 与的夹角B.
C. D. 在方向上的投影向量为
【答案】AD
【解析】∵，∴，∴.又，∴，故选项A正确；
∵，∴，
当且仅当时，，故选项B错误；
∵，∴，即，∴或，故选项C错误；
在方向上的投影向量，故选项D正确.
故选：AD.
10. 已知一组非负数样本数据为2，3，5，8，，，则下列说法中正确的是（ ）
A. 该组数据至多有2个众数B. 若该组数据的分位数为8，则
C. 该组数据的平均数小于极差D. 当时，该组数据的方差最小
【答案】ACD
【解析】时，2和8均为众数，而a等于其它数字时，至多有一个众数，故选项A正确；
，即该组数据从小到大排列第4个数是8，则，故选项B错误；
∵，
若，极差，则，平均数小于极差；
若，极差，则，平均数小于极差，故选项C正确；
∵，
∴当时，方差最小，故选项D正确.
故选：ACD.
11. 已知函数定义域为，函数是的导函数，，，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 的一个周期为2
C. 的图象关于对称D.
【答案】ACD
【解析】，关于对称，，故A正确；
对求导可得，
即，关于对称，
又，关于对称，
的一个周期为4，关于对称，故B错误，故C正确；
将代入，可得，
将代入，可得，
，，
，故D正确.
故选：ACD．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知，则_______．
【答案】5
【解析】，，则，
所以．
故答案为：
13. 已知函数，方程有4个不同的根，且满足，则的最小值为_______.
【答案】
【解析】在同一平面直角坐标系下，作出函数和的图象如下图所示：
依题意得：，且，则.
设，则，，，
所以，令，
，
当且仅当，即时，等号成立.
所以的最小值为.
故答案为：.
14. 已知一个圆台母线长为3，侧面展开图是一个面积为的半圆形扇环（如图所示），在该圆台内能放入一个可以自由转动的正四面体（圆台表面厚度忽略不计），则该正四面体体积的最大值为_______．
【答案】
【解析】设圆台的侧面展开图半圆形扇环的内圆半径为，外圆半径为，
则，化简得.
又圆台母线长为，所以，
联立，解得，.
设圆台上、下底面圆半径分别为，则，，解得.
如图1，还台为锥，设上、下底面圆心为，
在中，.
又为锐角，所以.
由相似性可知，圆台的轴截面等腰梯形的底角为，
故圆台的高.
如图2，圆锥轴截面为正三角形，
则正三角形的内切圆半径即圆锥内切球半径长为.
因为正三角形内切圆直径，
故圆锥内切球即圆台内能放入的最大的球，其半径为.
设正四面体的棱长为，外接球半径为，则在正四面体中，
可知点为底面的中心，由正弦定理可求得，
正四面体的高为，
在中，，即，解得.
正四面体的外接球半径为，
所以，解得，
此时正四面体的体积最大，体积为.
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．
15. 如图，在中，角所对的边分别为，已知是的角平分线，且．
（1）求角值；
（2）若，求长的最大值．
解：（1）设，
，
，
，
，，
，，；
（2）由余弦定理知，
，，
又，当且仅当时，等号成立．
，
令，则，
令，则，
在上单调递增，，
，此时，即，即.
16. 某书店年终为回馈广大书友拟举办“赢书卡”答题活动．该活动设立两个关卡，分别为号关卡和号关卡．若小明在号关卡通关率为，通关奖励是500元购书卡；在号关卡通关率为，通关奖励是600元购书卡；未通关则无奖励．
（1）若书店只允许随机选择一个关卡闯关，求小明通关的概率；
（2）若书店规定在第一关通关后必须连续闯关，通关即可获得对应通关奖励，第一关闯通关失败后终止游戏，两关奖励互不影响．小明通过掷骰子选择闯关的序号，若他掷出的点数小于3，则先选择号关卡，否则选择号关卡，记小明赢得购书卡金额为元，则的分布列和数学期望．
解：（1）设事件表示小明选择号关卡并通关，事件表示小明选择号关卡并通关，
；
（2）小明选择号关卡的概率：，小明选择号关卡的概率：，
由题意，的可能取值为0，500，600，1100，
，
，
，
，
的分布列如下：
．
17. 如图，在长方体中，．
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值．
（1）证明：连接交于，连接．
由题意知，四边形为正方形，，
在长方体中，平面，平面，，
，平面平面，
平面，平面，，
在矩形中，可知，，
又，，，
又，平面平面，
平面；
（2）解：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，
设，则，
，
设平面的法向量为，
平面的法向量为，
则，即，
取，则，，
同理可得，
设平面与平面的夹角为，
则.
18. 已知函数．
（1）讨论函数单调性；
（2）记．
（ⅰ）若恒成立，求的取值范围；
（ⅱ）若，且，求证：．
解：（1）对求导，可得，
当时，恒成立，在上单调递增；
当时，令，解得，
若，则，若，则，
所以上单调递减，在上单调递增；
（2）（i）由题意，，
令，则，
当时，由（1）可知，在上单调递增，，
所以在上恒成立，所以在上单调递增，
所以，成立，
当时，由（1）可知，在上单调递减，在上单调递增，
又，故，在上恒成立，故，成立，
当时，由（1）可知，在上单调递减，上单调递增，又，
所以当时，，即在上单调递减，
故，不成立，
综上所述，；
（ⅱ）由（2）可知，①，且，要证，只要证，
即，即②，
由①可得，代入②中即证，
即证恒成立，
令，则恒成立，
所以恒成立，故成立．
19. 在直角坐标系中，点与点的连线的斜率的乘积为定值，记点的轨迹为.
（1）求的方程；
（2）若点是上两点，且满足直线与的斜率之和为.
（ⅰ）若点坐标为，求直线的斜率；
（ⅱ）若为的外心，证明：平分.
解：（1）由题意得：，化简可得的方程为：.
（2）（i）设直线的斜率为.则直线的方程为：，
与联立方程组，消去可得：，
整理得：，
由于直线与交于两点，则由韦达定理可得：
，即，代入直线的方程可得，
所以点的坐标为.
因为直线的斜率为，同理可得点的坐标为.
故直线的斜率.
（ⅱ）设，直线的方程分别为.
令曲线，
化简可得：，
因为曲线为过点的圆，可取，即，
此时曲线，
所以点的坐标为，
所以直线的斜率为，
则，
所以，即平分.0
500
600
1100