河北省2025届普通高校招生考试精准预测卷（二） 数学试题（含解析）

这是一份河北省2025届普通高校招生考试精准预测卷（二） 数学试题（含解析），共15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。
一、单选题
1．已知，则（ ）
A．B．
C．D．
2．下面统计了100名小学生寒假期间（按30天计）每天玩手机的平均时间（单位：小时）如下表：
据表中数据，这100名小学生寒假每天玩手机的平均时间的分位数为（ ）
A．1.875B．1.75C．1.65D．1.625
3．已知向量满足，且，则的夹角为（ ）
A．B．C．D．
4．已知抛物线，若斜率为的直线经过点与交于两点，且，则的准线方程为（ ）
A．B．
C．D．
5．已知函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，若直线与函数的图象分别交于两点，直线与函数的图象分别交于两点（如图所示），若曲边四边形的面积为，则的图象在上对称轴的条数为（ ）
A．1B．3C．2D．5
6．已知函数在上单调，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
7．在数列中，已知，设，则数列的前项和（ ）
A．B．
C．D．
8．已知定义在上的函数满足：，且，则（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
9．设为坐标原点，已知圆，双曲线的焦距为4，的一条渐近线与圆交于两点，另一条渐近线与圆交于两点，若，则（ ）
A．的渐近线方程为
B．的离心率为2
C．C的方程为
D．直线经过的右顶点
10．已知函数，其定义域为，导函数为，则（ ）
A．
B．，使得为奇函数
C．
D．方程有4个不同的实数根
11．在三棱台中，底面，则（ ）
A．三棱台的体积为
B．平面
C．直线与直线的夹角的余弦值为
D．存在两个以该三棱台的顶点为顶点的三棱锥，且它们的外接球的表面积都为
三、填空题
12．已知集合或，若，则 ．
13．已知均为锐角，，则 .
14．已知是曲线与轴的两交点，是曲线上异于的两动点，则由点构成的四边形的面积的最大值为 ．
四、解答题
15．已知函数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）求的单调区间.
16．已知甲、乙进行围棋比赛，甲每局获胜的概率为，乙每局获胜的概率为，每局无平局，每局比赛结果互不影响．比赛规则如下：若一方先获胜3局，则该方获胜，比赛结束．
（1）求比赛四局结束的概率；
（2）在前两局比赛甲获胜的条件下，再比赛局结束，求的分布列与数学期望．
17．记的内角的对边分别为，已知．
（1）求；
（2）若为上一点，且，
①若，求的值；
②若，求的周长．
18．如图，已知圆柱的轴截面是矩形，点为上不同于的一点，点在上，且，动点满足，动点在上底面上，满足．
（1）证明：平面；
（2）①求动点的轨迹长度；
②当点为的中点时，若平面与平面的夹角的余弦值为，求的值．
19．已知椭圆的长轴长为分别为的上､下顶点和右顶点，且．
（1）求的标准方程；
（2）直线与椭圆交于两点，与轴交于点．
①求面积的最大值（其中为坐标原点）；
②求的最小值，
参考答案
1．【答案】A
【详解】因为，所以.
故选A．
2．【答案】D
【详解】由表中数据可知，这100名小学生寒假每天玩手机的平均时间的分位数一定位于，且前3个区间频率和为，前4个区间的频率和为，
所以分位数为，
故选D．
3．【答案】B
【详解】由得，，即，
所以，则，
所以，则的夹角为，
故选B．
4．【答案】B
【详解】由题意可得，直线的方程为，
代入得，.
则，设，，
则.
根据抛物线的定义可知，4，所以，
故抛物线的准线方程为.
故选B.
5．【答案】C
【详解】连接，由余弦函数的中心对称的性质可知，曲边四边形的面积等于平行四边形的面积，
由平移知识可知，，两平行直线之间的距离为2，所以，则，
所以，
令，解得，
又，所以的图象对称轴为，共2条，
故选C．
6．【答案】A
【详解】由题意可知，在上恒成立，
所以在上恒成立，
即在上恒成立.
又由基本不等式可得，当且仅当时，取得等号，
所以.
因为函数在上单调，
所以在上单调，
由复合函数单调性可知在上单调，
所以结合二次函数的性质可得：或，解得或.
综上所述，实数的取值范围为.
故选A.
7．【答案】C
【详解】由得，，所以，
则数列是首项为1，公差为1的等差数列，所以，则，
所以，
所以，
故选C．
8．【答案】C
【详解】由得，，三式相加得，
，
即，又，所以，则，
所以
故A，B错误；
，故C正确，D错误.
故选C．
9．【答案】BCD
【详解】A选项，由双曲线的性质与圆的对称性得，，
又，故，
由圆得圆心为，半径为，
故，故为等边三角形，
故双曲线的渐近线的倾斜角为，则，
因此的渐近线方程为，A错误；
B选项，的离心率，B正确；
C选项，由得，，所以，
所以的方程为，C正确；
D选项，将代入，解得或0（舍去），
将代入得，
将代入，解得或0（舍去），
将代入得，
结合图象，不妨取，则直线的方程为，
又的右顶点为，所以直线经过的右顶点，D正确；
故选BCD．
10．【答案】ABC
【详解】因为，所以是偶函数，所以曲线关于对称，则恒成立，A正确；
由A得，两边取导数，
所以曲线为奇函数，此时，又函数的定义域为，
所以存在，使得为奇函数，B正确；
当时，，由得，，
当时，，当时，，
所以在上递增，在上递减，则，
由曲线关于对称，所以，C正确；
设，则，于是或，
当时，由，解得，
当时，由C可知，方程无解，
所以方程只有2个不同的实数根，D错误；
故选ABC．
11．【答案】ABD
【详解】如图，将棱延长交于一点，因为，所以点分别为三棱锥的棱的中点，
所以，三棱台的体积为，A正确；
因为底面，所以，又，且，所以平面，所以，
因为，点为棱的中点，所以，因为，平面，所以平面，B正确；
取的中点，则，因为底面平面，所以，则侧面．
连接，则，所以为直线与直线所成的角，
在中，易求得，所以，C错误；
在三棱锥中，由上可知，，取的中点，则，
所以为三棱锥外接球的球心，则三棱锥外接球的表面积为．
在三棱锥中，连接，则平面，知为外接圆的圆心，
由球的性质可知，三棱锥的外接球的球心在直线上，
设外接球的半径为，则，解得，所以三棱锥的外接球的表面积为，D正确，
故选:ABD．
12．【答案】0
【详解】由得，，因为或，
所以，所以和2是方程的两根，
所以，解得，所以．
13．【答案】
【详解】因为均为锐角，所以，，所以.
又，，
所以，，
所以，，
所以，，
所以，
所以.
14．【答案】/
【详解】若点满足方程，
则点，，也满足该方程，则曲线关于原点、坐标轴对称，
当时，，则，当时，，
所以曲线有四个顶点，且坐标为，
下面研究曲线在第一象限的变化情况，
令，
则，
令，解得或，
则当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
故的最大值为，即，所以，
利用对称性作出曲线的图形，可知当分别为的最高点和最低点时，
四边形的面积最大，最大值为.
15．【答案】（1）
（2）递增区间为和，递减区间为和
【详解】（1）由题意知，
则，，
所以曲线在点处的切线方程为，即.
（2）的定义域为，
由（1）知，
令得或；令得，且，
所以的单调递增区间为和，单调递减区间为和.
16．【答案】（1）
（2）分布列见解析，
【详解】（1）当比赛四局结束时，若甲获胜，则甲第四场胜，前三场胜两场输一场，
则甲获胜的概率为；
当比赛四局结束时，若乙获胜，则乙第四场胜，前三场胜两场输一场，
则乙获胜的概率为，
故比赛四局结束的概率为.
（2）由题意，的可能取值为，
当时，比赛结束，因为前两局甲获胜，故此局必为甲胜，
则；
当时，比赛结束，因为前两局甲获胜，故这两局中第一局乙胜，第二局甲胜，
则；
当时，比赛结束，因为前两局甲获胜，故这三局中，要么乙全部胜，要么乙胜前两局，甲胜最后一局，
则；
所以的分布列为
故．
17．【答案】（1）
（2）①；②
【详解】（1）由正弦定理得，，
整理得，
由余弦定理得，，
又，所以；
（2）①在中，，
在中，由正弦定理得，，即，所以，
故；
②由得，
，又，所以，则，
由（1）得，，所以，
故的周长为．
18．【答案】（1）证明见解析
（2）①；②
【详解】（1）在上取点，使得，连接，
因为，所以，
所以，且，
又，所以，又，
所以，且，则四边形为平行四边形，所以，
因为平面平面，故平面；
（2）分别取的中点，连接，则底面圆，连接，
因为点为的中点，所以，易得，
以为原点，以，所在直线分别为轴建立如图所示空间直角坐标系，
则，
，
①因为，所以，所以，
则动点的轨迹是半径为的圆，其轨迹长度为；
②设平面的法向量为，
由得取，则，
因为，都在平面内，所以平面，
所以是平面的一个法向量，记为，
所以，
由题意可知，，整理得，解得，
故的值为．
19．【答案】（1）；
（2）①；②.
【详解】（1）根据题意得，
，
则，
故的标准方程为；
（2）①设，则，直线的方程与椭圆方程联立，
可得消去得，
由得，
，
，
当时，面积取得最大值为．
②，
所以
，
设，则，
所以，所以的最小值为．
玩手机平均时间
人数
10
30
30
20
10
1
2
3