河北省2025届高考冲刺模拟考试（Ⅱ）数学试题（解析版）-A4

这是一份河北省2025届高考冲刺模拟考试（Ⅱ）数学试题（解析版）-A4，共10页。试卷主要包含了 已知，则的最小值为， 已知函数，则下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名，班级和考号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂墨，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】根据对数函数在单调递增，得到，则.
或，
则，则，
故选：A.
2. 已知复数，则在复平面内对应的点所在的象限为（ ）
A. 第一象限B. 第二象限
C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的运算法则，化简得到，结合复数的几何意义，即可求解.
【详解】由复数的运算法则，可得，
所以复数在复平面内对应的点为位于第四象限.
故选：D.
3. 已知，则的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由指数函数、对数函数的单调性分别得到的范围，进而得到的大小关系.
【详解】因在定义域内单调递减，所以，即；
因为在定义域内单调递增，所以，即；
因在定义域内单调递增，所以，即.综上所述：.
故选：D.
4. 已知，则的最小值为（ ）
A. 2B. C. 4D. 9
【答案】C
【解析】
【分析】应用常值代换结合基本不等式计算求出最小值.
【详解】由，得，
当且仅当时取等号得出最小值4，
故选：C.
5. 在中，，点和分别在和边上，且满足，若，则（ ）
A. B. 10C. 5D.
【答案】B
【解析】
【分析】设利用平面向量的线性运算得到结合数量积公式计算即可.
【详解】设
点为线段的中点，
所以点为线段上靠近点的五等分点，
，
.
故选：B.
6. 除夕夜吃饺子是中华民族的传统习俗，若一盘饺子共有三种馅，其中猪肉三鲜水饺有6个，素三鲜水饺有7个，羊肉大葱水饺有7个，现从盘中夹取3个饺子，在取到的都是同种馅的条件下，取到的都是羊肉大葱水饺的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用条件概率计算公式，即可求解.
【详解】记“取到都是同种馅的水饺”，“取到的都是羊肉大葱水饺”，
则，，
故所求概率为.
故选：A.
7. 已知函数在定义域内不存在零点，则实数的取值范围为（ ）
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分类讨论根据函数的单调性结合函数的最值计算求参.
【详解】当时，由，此时函数无零点；
当时，对任意的恒成立，函数在上单调递增，
且当时，，当时，，此时存在一个零点，不符合题意；
当时，由可得，由可得，
由可得，所以函数的单调减区间为，单调增区间为，
所以，因为函数不存在零点，
所以，可得，解得.
综上所述，当函数不存在零点时，，
故选：C.
8. 已知双曲线的左、右焦点分别为，点为右支上一点，射线是的外角平分线，其与轴的交点为点的角平分线与直线交于点，若，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】过作于点于点于点，利用角平分线的性质，得到，从而可得，再结合条件，可得，即可求解.
【详解】不妨设点在第一象限，由于点为角平分线的交点，
过作于点于点于点，
则，且，
所以，
则，
所以，因为，所以，
所以，代入（*）式得.
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. 已知直线与圆，则下列说法正确的是（ ）
A. 当时，直线与圆相交
B. 若直线与圆相切，则
C. 圆上一点到直线的最大距离为
D. 若圆上恰好有三个点到直线的距离为2，则
【答案】AC
【解析】
【分析】易知圆心，半径，由选项，结合直线与圆的位置关系，利用点到直线的距离公式和两点之间的距离公式依次计算即可求解.
【详解】A：当时，直线，圆的方程可化为，
所以圆心，半径，则圆心到直线的距离，
所以直线与圆相交，故A正确；
B：因为直线与圆相切，所以圆心到直线的距离，解得，故B错误；
C：因为直线恒过定点，所以圆心到直线的最大距离，
则圆上一点到直线的最大距离为，故C正确；
D：因为圆上恰好有三个点到直线的距离为2，
所以圆心到直线的距离，解得或，故D错误.
故选：AC.
10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 函数的最大值为
B. 函数的周期为
C. 函数图象的对称轴为
D. 函数在上单调递增
【答案】AD
【解析】
【分析】应用二倍角公式计算化简结合正弦函数的值域计算判断A，应用周期定义计算化简判断B，应用对称轴定义计算判断C，应用正弦函数及二次函数复合函数的单调性计算判断D.
【详解】，
令，得，
当时，函数有最大值，故A正确；
，故B不正确，
函数的图象不关于对称，故C不正确；
由A知对称轴为，则在上单调递增，在上单调递减，
令，解得和，
由复合函数单调性可知函数的增区间为，
减区间为，故D正确.
故选：AD.
11. 如图，在矩形中，，点为线段上的动点（含点，不含点），将沿折起，使点翻折至位置，且二面角为，点为线段上的动点，在四棱锥中，下列说法错误的是（ ）
A. 存在点使得平面
B. 存在点使得对于任意点都有直线和直线垂直
C. 三棱锥的体积为定值
D. 二面角的正切值的最小值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A选项,在线段截取，利用线段关系证，在面作，由面面平行判定得面面，再根据面面平行性质得面；对于B选项，假设结论成立，可得平面，可得，结合，则面，但一个直线不能同时垂直两个相交平面，所以该选项错误；对于C选项，过作面垂线，过作，连得二面角平面角，设，用等面积法求，算不是定值，即可判断C选项；对于D选项，先求，作，由相似得，进而得出二面角正切表达式，根据取值求最小值，确定该选项错误.
【详解】在线段上截取，由，
可得四边形为平行四边形，则，
又平面，平面，则平面.
在面内过点作，平面，平面，
则平面，又，则平面平面，
又平面，平面，故A正确；
若对于任意点都有直线和直线垂直，平面，
则平面，又平面，，
又，且，平面，
平面，显然不可能同时垂直于两个相交平面，故B错误；
过作面于点，过作于点，连接，
由面，平面，则，
又，平面，则平面，
又平面，则为二面角的平面角，，
设，则，
当时，重合，不合题意，则.
在中，由等面积法可知，
，
不是定值，故C错误；
在矩形中，，
过点作于，
易得，，
设二面角的大小为，则，
当时，取最小值，但是，则二面角的正切值的最小值不可能取到，故D错误.
故选：BCD.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知某市高三年级某次模拟考试中数学试卷的满分为150分，阅卷结果显示，全市100000名学生的数学成绩近似服从正态分布，则这次考试数学成绩超过140分的人数约为__________.（附：若随机变量服从，则，3）
【答案】2275
【解析】
【分析】利用正态分布曲线的对称性即可求解.
【详解】超过140分的概率约为，
所以超过140分的人数约为人.
故答案为：2275.
13. 已知锐角满足，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】由题意，求得，，结合，代入计算求值，即可得到答案.
【详解】因为，所以，
又因为，所以，
所以，
，
所以
.
故答案为：.
14. 已知非负数列满足，其中，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，分别求得，，，，归纳得到，由此化简得到，结合裂项法求和，即可得到答案.
【详解】由非负数列满足，其中
将代入得，解得或（舍去），
将代入得，解得；
将代入得，解得；
归纳得，
当时，显然成立；
假设时成立，即，
因为，可得，
整理得，解得，
即时，也成立，
所以对于
则
.
故答案为：
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. 已知函数.
（1）当时，求曲线在处的切线方程；
（2）若函数在区间上的最小值为0，求实数的值.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）把代入，求出函数的导数，利用导数的几何意义求出切线方程.
（2）求出函数的导数，按分类求出单调区间，再结合区间及最小值讨论求解.
【小问1详解】
当时，函数，求导得，则，而，
所以曲线在处的切线方程为，即.
【小问2详解】
函数的定义域为，求导得，
当时，，函数在上单调递减，
，解得，无解；
当时，由，得；由，得，
函数在上单调递减，在上单调递增，
①当，即时，在上单调递减，在上单调递增，
，解得，满足，则；
②当，即时，在上单调递减，
则，解得，不满足，无解.
所以.
16. 已知椭圆经过两点，其左、右焦点分别为，且焦距为有理数，点为椭圆上异于的动点，面积的最大值为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若直线与分别交直线于两点，证明：直线和的斜率之积为定值.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意，求得，再由点为上、下顶点时，面积的最大值，得到，结合，求得，即可求得椭圆的标准方程；
（2）设，求得和，结合，即可求得直线和的斜率之积为定值.
【小问1详解】
解：由椭圆经过两点，可得，
根据椭圆的几何性质，可得点为上、下顶点时，面积取得最大值，
可得，
又因为，且焦距为有理数，解得，
故椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
证明：设，满足，
则，则直线，
令，可得，则，
所以.
17. 如图，几何体中，四边形为矩形，四边形为等腰梯形，其中分别为和的中点.
（1）证明：平面；
（2）若直线与平面所成角为，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）.
【解析】
【分析】（1）先取中点，连、，由中位线定理得和根据矩形性质得到四边形是平行四边形，得到.最后依据线面平行判定定理，证得平面.
（2）先根据等腰梯形性质求出相关角度和线段长度，证明平面，得出与平面所成角，进而求出长度，判断形状.接着建立空间直角坐标系，得到、、坐标，求出向量、.然后设平面法向量，根据向量垂直关系列方程组，求出.最后利用向量夹角公式求出平面与平面夹角的余弦值.
【小问1详解】
证明：取的中点，连接，
又点为的中点，是的中位线，，
又四边形矩形，
为的中点，，
四边形为平行四边形，
，又平面平面，
平面.
【小问2详解】
四边形是底角为的等腰梯形，
，
又，
，
，
又四边形为矩形，，
又平面，平面，
与平面所成角为，
为等腰直角三角形，且.
以为坐标原点，分别以的方向为轴，轴，轴正方向建立空间直角坐标系，
，
则
设平面的一个法向量为，
则即
不妨设，得，
易得平面的一个法向量为，
设平面与平面夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
18. 已知中，内角所对的边分别为，边上有一点满足，连接，设的中点为，且.
（1）求证：；
（2）求边；
（3）若，求边.
【答案】（1）证明见解析
（2）14 （3）.
【解析】
【分析】（1）根据题意，由，化简得到，结合，求得，即可证得.
（2）在和中，利用正弦定理得到和，两式相除得到，结合为的中点及，即可求解；
（3）设，得到，在和中，利用余弦定理，求得，再在中，利用余弦定理，即可求解.
【小问1详解】
因为为的中点，可得，
又由，
所以，
化简得，
又因为，所以，
则，
可得，
即
所以，
因为，可得，可得，即.
【小问2详解】
如图，在中，设，则，
在中，由正弦定理可得，
在中，由正弦定理可得，
两式相除，可得，
因为为的中点，可得，
又因为，所以.
【小问3详解】
设，则，
在中，由余弦定理可得，
在中，由余弦定理可得，
两式相加得，解得，
在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得，
解得.
19. 已知有限数列共有项，其中且，若其满足：
①；
②，且；
③，
则称数列为“阶共振数列”.
（1）已知数列为“4阶共振数列”，其中，试写出中其他各项；
（2）证明：若为“阶共振数列”，则这样的数列必有偶数个；
（3）判断是否存在“5阶共振数列”“6阶共振数列”“7阶共振数列”，若存在，请举出一个这样的数列；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）.
（2）证明见解析 （3）存在，
【解析】
【分析】（1）由，根据题意，分别求得的值，即可得到答案；
（2）假设数列为“阶共振数列”，令，且，根据题意，证得数列为“阶共振数列”，再由，求得，
取，得到；令且，证得和，从而得到，即可得证；
（3）设，利用等差数列的求和公式，求得和，两式相减，求得，根据必为整数，得到或时满足，当或时不满足，进而得到答案.
【小问1详解】
解：因为，
由，可得，
又由，所以，且，
则，
综上可得，.
【小问2详解】
证明：假设数列为“阶共振数列”，
令，且，其中，
则，满足①；
，满足②，
，满足③，
故数列为“阶共振数列”.
若，则，解得，
取，则，不符题意，矛盾，故.
令，且，其中，
当时，，
同理可证，
因此.
综上可得，“阶共振数列”若存在，则必有偶数个.
【小问3详解】
解：设，其中，
表示数列的前项和，
.，
，
两式相减，可得，
因为必为整数，故当或时满足，
当或时不满足.
故不存在“6阶共振数列”和“7阶共振数列”，
存在“5阶共振数列”，
举例：