2025年普通高等学校招生全国统一考试预测卷（河北昌黎第一中学高三下学期第三次模拟考试 数学试题）（含解析）

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一、单选题
1．已知集合，，，则（ ）
A．B．
C．D．
2．若，则（ ）
A．B．C．D．
3．在正方形中，，分别为，的中点，若，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知定义在上的函数满足，且是奇函数，则下列结论错误的是（ ）
A．B．C．D．
5．已知函数满足：当时，的最小值为，且，则函数在区间内的零点个数为（ ）
A．4B．5C．6D．7
6．某省高速公路实行智能化管理，其主线收费站的车流量由智能控制系统操控.经统计分析知，某收费站一天中通过的车辆数与时间拟合的函数关系为若不计其他因素，车流速度与的自动控制系统方程为（为常速），则下列说法错误的是（ ）
A．当时，该时刻通过的车辆数最少
B．和是一天中车辆通过的两个极大峰值时刻
C．当时，自动控制系统方程为
D．当时，自动控制系统方程为
7．已知，，则（ ）
A．B．C．D．
8．已知球是正三棱锥的外接球，是边长为的正三角形，，为边上的一点，且与平面所成角的正切值为.若过点的球的截面面积为，则与该截面所成的角为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知一批乒乓球出厂的次品率为，乒乓球出厂时，要求检验员不放回地抽取两次，每次抽取一个，贴上验收标签.记“第一次抽到的乒乓球检测为次品”为事件，“第二次抽到的乒乓球检测为次品”为事件，则下列说法正确的有（ ）
A．B．C．D．
10．如图所示的曲线称为双纽线，是到两定点，的距离之积为定常数的点的轨迹，其对称中心为坐标原点，则下列说法正确的有（ ）
A．
B．若曲线与圆心在坐标原点的圆相交，则交点必在某等轴双曲线上
C．在第一象限，曲线上的点的纵坐标的最大值为
D．过双曲线上一点，作圆的两条切线，切点分别为，，若直线与的交点在曲线上，则
11．已知函数，，则下列说法正确的有（ ）
A．当时，函数不存在极值点
B．对于任意的，函数都存在平行于直线的切线
C．当时，函数有且仅有一个极值点
D．当时，对于任意的，都有
三、填空题
12．某建筑工地的工人师傅要浇筑椭球形钢筋水泥柱，其模具横断面的椭圆方程为，椭圆及其内部的点称为“整点”，是嵌入钢筋的位置标记.浇筑水泥时，任意两个整点之间的钢筋需用铁丝绑扎固定，形成网状结构.现任抽两个整点检测是否扎紧，则抽到的两个整点之间的距离大于的概率为 .
13．已知数列的前项和为，数列是首项为1、公差为1的等差数列，若，则 .
14．已知函数，若对任意的，恒成立，则实数的取值范围是 .
四、解答题
15．记的内角的对边分别为，已知.
(1)求的最大值；
(2)若，求.
16．如图，在四棱锥中，平面，底面四边形为直角梯形，，，，是的中点，是上的一点.
(1)证明：平面平面；
(2)若异面直线和垂直，求二面角的正弦值.
17．甲参加一项招聘考试，分为笔试和面试两个环节，笔试成绩合格后才能进入面试.笔试共有2道专业理论题与2道岗位实践题，每道专业理论题的难度系数（考生能够正确作答的概率）均为，每道岗位实践题的难度系数均为，考生至少答对3道题才能进入面试，否则被淘汰出局；面试共有5道问答题，由考官逐一提问作答，累计答对3道题或答错3道题，面试结束.已知甲笔试得满分的概率为，笔试和面试各题是否答对相互独立.
(1)当时，求；
(2)求甲能够进入面试的概率的最小值及相应的值；
(3)已知甲通过了笔试环节，面试时每道题的难度系数是（2）中求得的值，令甲面试结束时的答题数为，求的分布列与数学期望.
18．已知抛物线与相交于，两点，其交点的横坐标分别为，.在抛物线上另取个点，，…，，在抛物线上另取个点，，…，，使.记，的横坐标分别为，.
(1)求，及的值.
(2)证明：
(3)是否存在点，，使四边形为平行四边形？若存在，求出，的坐标及的取值集合；若不存在，请说明理由.
19．给定函数，，定义：（其中表示不超过的最大整数）.已知函数.
(1)判断函数在上的单调性；
(2)证明：当时，函数的图象在直线的上方；
(3)若关于的方程在内有解，求实数的取值范围.
参考答案
1．【答案】D
【分析】求出集合后根据交集和补集的定义可求.
【详解】，
而，故，
故，
故选：D.
2．【答案】A
【分析】利用共轭复数和复数的乘法法则，以及复数相等即可求解.
【详解】设复数，则，
，
又，，
，，.
故选：A.
3．【答案】B
【分析】建系，设，标相关点，根据向量的坐标运算求解即可.
【详解】如图，以为坐标原点建立平面直角坐标系，
设，则，
可得，
因为，可得，
所以.
故选：B.
4．【答案】D
【分析】根据已知条件，结合函数奇偶性特点，得到函数关系式，通过代入特殊值逐个选项判断即可求解.
【详解】因为，则有，
所以，由此可知为周期为的周期函数，
又因为是奇函数，所以，
因为，所以；
对于A选项，根据，将代入，
得，解得，A正确；
对于B选项，根据，将代入，
得，B正确；
对于C选项，根据，将代入，
得，C正确；
对于D选项，根据，有，
又根据，将代入，
得，由A选项可知，
所以，所以D错误.
故选：D
5．【答案】A
【分析】根据的最小值为可求周期，再根据对称轴可求，最后根据正弦函数的性质可求在给定范围上零点的个数.
【详解】令，则，解得，
而，故，
此时，
即曲线在对称中心处的切线的斜率的绝对值最大①，
考虑正弦函数，，若时，
则由①可得当且仅当时，最小且最小值为即为周期的，
而当时，的最小值为，
类比可得的周期为，故，
故，而由可得为对称轴，
故，而，故，故，
当时，，
因在的零点为，
故在区间内的零点个数为4个，
故选：A.
6．【答案】D
【分析】对于A选项，分别求出函数在每一段区间上的值域，进而可知最小值及对应的时间；对于B选项，求出函数的极值即可判断；对于C，D，求出函数在区间及上的单调性即可知道对应的自动控制系统方程.
【详解】对于选项A，当时，为递减函数，故 ；
当 时，，求导得 ，
令得或，令得，
所以在单调递减，在单调递增，在单调递减，
所以为极小值点，为极大值点，计算得 时 时 ，
又 时 时 ，此时
当－10 为开口向下的抛物线，顶点 时 ，端点 和 时 ，此时
综上可知，，此时 ，故选项A正确；
对于选项B，由A可知，j 为函数的极大值点，故选项B正确；
对于选项C，由A可知在上单调递减，故当 时，自动控制系统方程应为 ，故选项C正确；
对于选项D，由A可知在上单调递减，故当时，自动控制系统方程应为 ，而非 ，选项D错误.
故选：D
7．【答案】D
【分析】根据题目条件求出，进而通过三角恒边等换将用来表示.
【详解】，解得，
又，解得，
所以，
故选：D.
8．【答案】B
【分析】作平面，垂足为，由正三棱锥性质求出及外接球的半径，进而求得，利用球的截面性质求解.
【详解】如图，作平面，垂足为，则是正三角形的中心，
因为 ，，
所以，则，
所以为与平面所成角，故，，
设正三棱锥外接球的半径为，则，得，
所以，故，
如图，设过点的球的截面圆的半径为，圆心为，为截面圆上一点，
，则，
所以，则，
所以与该截面所成角为，故，
，即与该截面所成角为.
故选：B.
9．【答案】ACD
【分析】根据题意可直接判断A选项；B选项利用全概率公式进行求解；C选项利用条件概率进行求解；D选项利用条件概率公式和乘法公式进行求解即可.
【详解】对于A选项，由于第一次抽样时，乒乓球的次品率为，所以，故A正确；
对于B选项，设出厂时的乒乓球总数为，
由全概率公式得，，故B错误；
对于C选项，，
，，，
，故C正确；
对于D选项，，
，，，，
，故D正确.
故选：ACD.
10．【答案】ABD
【分析】A，根据在两定点，的距离之积得到；B，设曲线上的任意一点，根据得到方程，求出轨迹方程，以坐标原点为圆心的圆的方程为，联立计算出；C，在第一象限时，，令，变形得到，故当，取得最大值，最大值为，从而得到曲线上的点的纵坐标的最大值；D，设，则，直线为，求出直线的方程为，联立求出直线与的交点坐标为，代入曲线中，求出.
【详解】A选项，从图中可以看出在两定点，的距离之积为定常数，
其中，所以，A正确；
B选项，设曲线上的任意一点，则，
化简得，即，，
设以坐标原点为圆心的圆的方程为，又，故，
，故，
所以，则交点必在某等轴双曲线上，B正确；
C选项，在第一象限时，，，
令，则，故，
故当，即时，取得最大值，最大值为，
所以的最大值为，曲线上的点的纵坐标的最大值为，C错误；
D选项，切点为的切线方程为，
切点为的切线方程为，
设，则，直线为，
在切线和上，
故，故直线的方程为，
联立与得，解得，
故，故直线与的交点坐标为，
又在曲线上，
故，
即，又，故，
因为，则，D正确
故选：ABD
11．【答案】ACD
【分析】对A：求导后可得恒成立，即可得函数不存在极值点；对B：由恒成立，可得无解；对C：求导后令，可得，构造函数，结合导数可得单调性，再结合零点的存在性定理即可得是否存在变号零点，即可得函数极值点个数；对D：由题意可得，则，从而证明恒成立即可得.
【详解】对A：由题可知定义域为，，
由，则，故恒成立，函数不存在极值点，故A正确；
对B：由A知，对于任意的，恒成立，
故无解，函数不存在平行于直线的切线，故B错误；
对C：当时，，令，即，即，
令，，令，则，
则当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
则，故在上恒成立，
则在上单调递增，又，，
故在上存在唯一零点，使得，
即存在变号零点，则函数有且仅有一个极值点，故C正确；
对D： 由，故当时，，
故，
令，则，
故在上单调递减，故，
即，又，则，故D正确.
故选：ACD.
12．【答案】
【分析】由题意，求出椭圆及其内部整点的个数，抽到的两个整点之间的距离大于的个数，由古典概型求出概率即可.
【详解】椭圆方程，椭圆及其内部的点称为“整点”，
则当时，由得，的整数解为，共5个整点，
当时，由得，的整数解为，共6个整点，
当时，由得，的整数解为，共6个整点，
所以椭圆及其内部的 “整点”共有个，
从17个整点中任取2个有组，
如图，
抽到的两个整点之间的距离小于等于的有等于1和等于两种情况，
两个整点之间的距离等于1有24个，如图：
两个整点之间的距离等于的有20个，如图：
所以抽到的两个整点之间的距离大于的有个，
所以抽到的两个整点之间的距离大于的概率为.
故答案为：.
13．【答案】
【分析】先求出的通项，再利用退位相减法可求的通项，利用错位相减法可求.
【详解】因为是首项为1、公差为1的等差数列，故，
而，故，
故，而，故，符合该式，
故，
故，所以，
所以，
故，
故答案为：
14．【答案】
【分析】求导，利用导数分析可知在内单调递增，结合恒成立问题可得，构建，求导判断其单调性，根据单调性解不等式即可.
【详解】由题意可得：，
因为，则有：
若，则，可得，则；
若，则，可得；
综上所述：，可知在内单调递增，
则，
若对任意的，恒成立，则，
构建，则，
可知在内单调递增，
由可得，
且，则，解得，
所以实数的取值范围是.
故答案为：.
15．【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）根据题意，得到，代入原式，求得，即，由余弦定理，得到，利用基本不等式，求得，即可求解；
（2）由（1）知，当，求得，令，得到方程，求得或，即或，结合，结合正弦定理，即可求解.
【详解】（1）因为，
由，
可得，所以，
可得，可得，
又由余弦定理得，可得，
所以，当且仅当时，等号成立，
又因为，可得，所以的最大值为.
（2）由（1）知，
当，可得，
又由，可得，
可得，令，可得，即，
解得或，即或，
又由，可得，
当时，
可得，
整理得，所以；
当时，
可得，
整理得，所以.
综上可得，的值为或.
16．【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线面垂直的性质定理得到线线垂直，结合等腰三角形三线合一，得到线面垂直，再利用面面垂直的判定定理即可得证；
（2）根据题目建立空间直角坐标系，设出点坐标，根据和垂直以及在上，即可得到点坐标，然后利用向量法求解面面角的余弦值，即可根据平方关系求得结果.
【详解】（1）由题知，，
因为平面，平面，
所以，
因为平面，
所以平面，又平面，
所以，
又是中点，
所以，又平面，
所以平面，
又平面，
所以平面平面.
（2）由题知，以为原点，所在直线分别为轴，
建立空间直角坐标系如图所示，
过作，因为，
所以，
则，设，
则，即，
又，即，
所以，
所以，即，
则，
设平面的一个法向量，
平面的一个法向量，
则，可得，
取，可得，
又，可得，
取，可得，
令平面与平面的夹角为，
则，
所以，
即二面角的正弦值为.
17．【答案】(1)
(2)；
(3)的分布列见解析；
【分析】（1）由甲笔试得满分的概率为，可得，即可求得；
（2）由题意，甲至少答对3道题才能够进入面试，可得甲能够进入面试的概率，化简的，利用基本不等式即可求得的最小值及相应的值；
（3）由题意，甲面试结束时的答题数的可能取值为3，4，5，求出对应概率，得到分布列与数学期望.
【详解】（1）由题意，笔试和面试各题是否答对相互独立，
所以甲笔试满分的概率为，则，
又，所以.
（2）由题意，甲至少答对3道题才能够进入面试，
所以甲能够进入面试的概率，
由（1）知，则，
则，
整理得，
因为， ，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
所以甲能够进入面试的概率的最小值为，相应的值为.
（3）由（2）知，面试时每道题的难度系数是，则甲答对每道面试题的概率，
由题意，甲累计答对3道题或答错3道题，面试结束，
所以甲面试结束时的答题数的可能取值为3，4，5，
当时，，
当时，，
当时，，
所以的分布列为：
数学期望为：.
18．【答案】(1)，；
(2)证明见解析；
(3)存在，，.
【分析】（1）根据两条抛物线的交点可求参数的值，结合得斜率关系，从而可得.
（2）根据平行可得斜率关系，从而得，利用构造法求，故可求的形式；
（3）根据平行四边形可得，结合（2）中结果可判断平行四边形的存在性.
【详解】（1）因为两条抛物线交点的横坐标分别为，所以，解得，
故，故，
而，，
故，整理得即.
（2）由题设有，
时，，
因为，故，
整理得，所以，
故，而，
故是首项为6，公比为的等比数列，，故，
所以，
当为奇数时，；当为偶数时，.
故
（3）
若四边形为平行四边形，则，
而，
故，
若为奇数，则，由可得，
此时重合，舍去；
若为偶数，则，由可得，
此时，符合题意，此时,
此时.
19．【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）由题意，得到，分，，，和，五种情况讨论，得出函数的单调区间；
（2）根据题意，当时，得到在为常数函数，又由，得到，满足的图象在直线的上方；当时，得到，转化为，令，得到在上单调递增，证得，即可得证；
（3）当时，得到，转化为在内有解，令函数，得到，令，求得，进而得到单调递减，结合，，即可求解.
【详解】（1）解：由函数，
当时，，此时，
可得，在上单调递减；
当时，，此时，
可得，在上单调递减；
当时，，此时，此时在为常数函数；
当时，，此时，
可得，在上单调递单调递增，
当时，，此时，
可得，在上单调递单调递增，
综上可得：在区间，上单调递减；在上为常数函数；
在上单调递增函数；在上单调递增函数；
（2）解：当时，，此时，此时在为常数函数，
由函数，可得，即，满足的图象在直线的上方；
当时，，此时，
只需证明，即证，
令，可得，在上单调递增，
则，所以满足的图象在直线的上方，
综上可得，当时，函数的图象在直线的上方.
（3）解：当时，可得，可得，
方程，即为在内有解，
即为在内有解，
设，可得，
令，可得，
所以单调递减，且，所以，所以单调递减，
所以，，
所以的取值范围为.
3
4
5