河北省2025届普通高校招生考试精准预测卷（三） 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（三） 数学试题（含解析），共12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．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知复数，则（ ）
A．B．C．1D．
3．若（其中）是偶函数，则（ ）
A．2B．1C．D．
4．已知，则（ ）
A．B．C．D．
5．已知函数的最小正周期为，且．则当时，的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
6．已知直线，直线，若与的交点为，且，则的最小值为（ ）
A．2B．C．3D．
7．已知抛物线，过焦点的直线与抛物线交于两点（在第一象限）且（为坐标原点），则当时，的面积为（ ）
A．B．C．D．
8．已知的最小值为0，则的值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知，且向量的夹角为，下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．向量和的夹角为
D．若，则
10．已知有甲､乙两个盒子，甲中有3个白球，2个黑球，乙中有1个白球，3个黑球．从甲中取出一个球放入乙中，再从乙中取出一个球放入甲中．记事件“从甲中取出的球为白球”；事件“从乙中取出的球为白球”；事件“甲中最后有3个白球”．下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．D．
11．已知双曲线的左､右焦点分别为，实轴长为到渐近线的距离为为双曲线右支上一点，下列结论正确的是（ ）
A．双曲线的虚轴长为2
B．若构成三角形，则的内心的横坐标为2
C．若，则的面积为4
D．若，则的最大值为
三、填空题
12．已知函数，则在处的切线方程为 ．
13．已知等差数列中，是的前项和，且满足，则 ．
14．已知函数，若有四个不同的实数解，且，则的取值范围为 ．
四、解答题
15．在中，角对应的边长分别为，且有．
（1）求角；
（2）若，且为锐角三角形，求的面积的最大值．
16．如图所示，在四棱锥中，底面是正方形，．
（1）证明：；
（2）若二面角为，且，求与平面所成角的余弦值．
17．2024年奥运会，我国射击项目收获颇丰，现有甲､乙两位射击爱好者来到靶场射击．已知甲每次射击上靶的概率为，乙每次射击上靶的概率为，甲､乙两人每次射击是否上靶相互独立．
（1）若甲､乙两人各自射击3次，求甲､乙两人共上靶至少2次的概率；
（2）若甲､乙两人各自射击2次，上靶得一分，不上靶得零分，记甲､乙两人得分的差的绝对值为，求的分布列和数学期望．
18．已知圆，圆过点且与圆内切，若圆的圆心的轨迹为曲线．
（1）求曲线的方程；
（2）若过点的直线与曲线交于两点（在轴上方），且曲线与轴交于两点（在点左侧），记直线的斜率分别为，请问是否为定值，如果是请求出定值；如果不是，请说明理由．
19．已知，且在处取得极小值．
（1）求的值；
（2）若，且在处取得极大值，求的取值范围；
（3）证明：对于任意的，有恒成立．
参考答案
1．【答案】C
【详解】对于集合，因为，所以，
又，则，则，
故选C．
2．【答案】C
【详解】，则，
故选C．
3．【答案】A
【详解】由题意知：，
则，
化简为，则，解得．
故选A．
4．【答案】B
【详解】因为，显然，所以，
则，则，解得或（舍去），
所以，则．
故选B．
5．【答案】D
【详解】因为的最小正周期为，则，解得．
因为，所以时，取最大值，则，取，则，
时，，所以，则的取值范围为，
故选:D．
6．【答案】A
【详解】可变形为由可得，则恒过定点，
同理可得恒过定点，且有，则，
此时的轨迹是以为直径的圆：．
因，由图知，当点在线段上时，的值最小，其最小值为.
故选A．
7．【答案】B
【详解】如图，
设，则有，化简为，则，则，则，解得时，，代入解得，则．
故选B．
8．【答案】A
【详解】，则令，
令，则；令，则，且时，，则的取值范围为.
则的最小值为0，即的最小值为0，即，
则时，，则．
故选A．
9．【答案】BD
【详解】因为，且向量的夹角为，
对于选项A：
，则A错误；
对于选项B：
要使得，则它们的数量积为0.
即，则B正确；
对于选项C：
因为，则，则C错误；
对于选项D：因为，
所以，解得，则D正确．
故选．
10．【答案】ACD
【详解】对于A中，由，所以A正确；
对于B中，由全概率公式，可得，所以B错误；
对于C中，由，所以C正确；
对于D中，由，
则，所以D正确.
故选ACD．
11．【答案】BC
【详解】双曲线的一条渐近线为，即，则，解得．
实轴长为4，则有，则，
对于选项A：虚轴长为，则A错误；
对于选项B：如图，不妨设内切圆与三边分别切于的内心为，
则，又，
则，解得，则，则B正确；
对于选项C：因为，所以，不妨设，则，则，解得，则，则，则C正确；
对于选项D：由于，则直线与双曲线交于两点，由，则D错误．
故选BC．
12．【答案】
【详解】，且，则，
则切线方程为，即为．.
13．【答案】
【详解】设公差为，则，解得，则.
14．【答案】
【详解】由于时，，即函数图象关于对称，
因此，故．
又，则，
即为，则，
故．
由于，所以，则．
令，
则在上单调递减，
，，则的取值范围为．
15．【答案】（1）或
（2）
【详解】（1）解：因为，由正弦定理可化简为
，
即，
因为，所以解得，
或.
（2）解：因为为锐角三角形，所以，
又，即，
，则，
当且仅当时等号成立，此时是锐角三角形，
所以．
16．【答案】（1）证明见解析
（2）
【详解】（1）解：因为为正方形，所以，
因为，为中点，所以，
又平面，平面，且，所以平面，
平面．所以.
（2）解：由（1）得，，
所以为二面角的平面角，即，
，则，又，
则，
因为，可得，
又，且平面，平面，
则平面，则两两互相垂直，
建立如图所示空间直角坐标系，
有，
则，
设平面的法向量，
则，即为，取，
设平面与所成角为，则，
，故平面与所成角的余弦值为．
17．【答案】（1）
（2）分布列见解析，
【详解】（1）设甲上靶次数为，乙上靶次数为，且
则
；
（2）的可能取值为，
有，
，
，
的分布列为
．
18．【答案】（1）
（2）是定值，该定值为
【详解】（1）设，则，则在圆内部，
则，即为，
则点的轨迹是以为焦点的椭圆，设曲线的方程为：，
则，解得，故，则的方程为；
（2）如图,令，则，
易知直线斜率不为0，设直线，
则化简得，则，
，同理，且，
则，
，
所以是定值，该定值为．
19．【答案】（1）1
（2）
（3）证明见解析
【详解】（1），则，解得，
当时，，
①当时，单调递增，又由，可知当时，，
②当时，对求导，得到，可知单调递增，有（理由：，只需证），
可知当时，单调递增，又由，可知当时，，
由①②可知时，函数在处取得极小值；
（2），则，对求导得到，
①当时，若单调递增，当时，不可能是的极大值点，
②当时，当时，单调递增，若，可得当时，单调递增，由①知不可能是的极大值点，
若时，存在，使当时，，当时，，又由，可知当时，时，故是函数的极大值点，由上知的取值范围为；
（3）时显然成立，
时，，
不妨设，且，
直线，
设，则，
当时，对求导得到，
则在上单调递增，又，
若，则在上单调递增，，矛盾，
若，则在上单调递减，，矛盾，
故，即在上先单调递减，后单调递增，
则时，，此时，
则，
综上所述：
0
1
2