2025届河北省唐山市高考一模数学试题（解析版）-A4

这是一份2025届河北省唐山市高考一模数学试题（解析版）-A4，共26页。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上．
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黑．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，使用0.5毫米黑色字迹签字笔，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，若（为虚数单位）是纯虚数，则（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】根据纯虚数的概念列方程求解可得.
【详解】因为（为虚数单位）是纯虚数，
所以，解得.
故选：D
2. 已知命题；命题．则（ ）
A. 和都是真命题
B. 是假命题，是真命题
C. 是真命题，是假命题
D. 和都是假命题
【答案】B
【解析】
【分析】对于判断全称命题为假只需要举反例；对于判断特称命题为真只需要举例说明.
【详解】对于命题，因为当时，，故命题是假命题；
对于命题，当时，，故命题是真命题.
故选：B.
3. 若等比数列的前项和，则（ ）
A. B. 0C. 1D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】由已知条件得，由此即可求出.
【详解】因为等比数列的前项和，
所以当时，，
所以，解得.
故选：A.
4. 随机变量．若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据正态分布曲线的对称性求解.
【详解】因为且，
所以，
根据正态分布曲线的对称性，可得，
所以
故选：D
5. 已知，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】判断函数的奇偶性与单调性，再利用函数性质比较、、的大小.
【详解】已知，其定义域为，关于原点对称.
且，所以函数是偶函数.
那么.
当时，.
因为，所以在上单调递增.
因为，且在上单调递增，所以.
又因为，所以.
故选：A.
6. 已知圆与抛物线交于两点，则（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】联立两曲线方程求出交点坐标即可得到结果.
【详解】由得，，解得或，
∵抛物线中，∴，
∴，即，
∴.
故选：C.
7. 在三棱锥中，，设三棱锥的体积为，三棱锥的体积为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设G到平面的距离为，设D到平面的距离为，求得，继而求出，根据棱锥的体积公式，即可求得答案.
【详解】设G到平面的距离为，设D到平面的距离为，
由于，故；
又，则，
故，
故，
故选：B
8. 对于，且，当时，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】采用赋值法，令可得，进而推出；令可得，进而推出，，再结合函数的性质，可得的值.
【详解】令，则.
所以；进而，
同理可得：，.
令，则，
所以，，，，.
因为，所以，即.所以
故选：C
【点睛】抽象函数问题可以通过化抽象为具体的方法，即赋予恰当的数值或代数式，经过运算与推理，最后得出结论.
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. 已知函数，则关于的说法正确的是（ ）
A. 在区间上单调递增
B. 是的最大值
C. 图象关于点对称
D. 把图象向左平移个单位长度得到的图象
【答案】AD
【解析】
【分析】利用整体法可判断A；利用代入法判断BC；利用平移变换求得平移后的解析式判断D.
【详解】对于A，因为，所以，
所以函数区间上单调递增，故A正确；
对于B，，所以不是的最大值，故B错误；
对于C，，所以的图象不关于点对称，故C错误；
对于D，将图象向左平移个单位长度得到图象，
即，故D正确.
故选：AD.
10. 已知双曲线的左、右焦点分别为，过的直线与的一条渐近线平行，且与交于点，则（ ）
A. 的离心率为B. 的实轴长为4
C. 的面积为1D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】先根据直线与渐近线平行求出双曲线的，关系，进而求出离心率、实轴长等，再联立直线与双曲线方程求出点坐标，从而计算的面积以及的值.
【详解】双曲线，其渐近线方程为.
已知过的直线与的一条渐近线平行，则，即.
又直线上，所以，解得.
由，，可得，解得.
离心率，实轴长，选项正确，选项错误.
联立直线与双曲线方程，将代入双曲线方程可得：
，即，解得，则，即.
已知，，则，点到轴的距离即中边上的高.
根据三角形面积公式，可得，选项正确.
根据两点间距离公式，可得：
，
.
所以，选项正确.
故选：ACD.
11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 当时，在上单调递增
B. 函数的对称中心为
C. ，使得与曲线的公共点中存在四点能连接成正方形
D. ，总存在两条斜率互为相反数的相交直线与曲线都相切
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据导数的正负判断A；根据函数的对称性判断B；根据函数的性质判断C；根据导数的几何意义判断D.
【详解】因为，所以，
当时，在上恒成立，即在上单调递增，故A正确；
因为，
所以的对称中心为，故B正确；
由B项可知，函数的对称中心为且也关于对称，
假设与曲线的公共点中存在四点能连接成正方形，
即与曲线有四个交点，即，
即除去0以外还有四个解，即，所以，
设和与曲线的交点分别为A，C，B，D，
所以，即，无解，假设不成立，故C错误；
设两直线与曲线的切点分别为，，
则，即，所以，
，总存在，使得上式成立，
即，总存在两条斜率互为相反数的相交直线与曲线都相切，故D正确；
故选：ABD.
【点睛】难点点睛：解答本题的难点是C的判断，解答时要注意结合对称性，采用假设得出矛盾的方法求解.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 在菱形中，__________．
【答案】0
【解析】
【分析】根据菱形的性质易得.
【详解】因菱形的对角线互相垂直，即，故.
故答案为：0.
13. 已知，则__________．
【答案】1
【解析】
【分析】由条件可得，结合两角差正切公式求结论.
【详解】由可得，
所以，
所以.
故答案为：.
14. 已知费马数是形如的素数，如第一个费马数为，则__________；正多边形的边数若能写成与个不同的费马数的乘积，，则正多边形就可以用尺规作图．将这种正多边形的边数按从小到大排列，记为数列，注：若，边数可以取等；若，边数可以取等，则__________．
【答案】 ①. 17 ②. 16
【解析】
【分析】（1）将代入即可求得结果.
（2）利用列举法算出前10 项即可求得结果.
【详解】由知，将代入得，
1、当时，边数可以是3，
2、当时，边数可以是4，
3、当时，边数可以是5，
4、当，时，边数可以是6，
5、当时，边数可以是8，
6、当，时，边数可以是10，
7、当，时，边数可以是12，
8、当时，边数可以是15，
9、当时，边数可以是16，
10、当时，边数可以是17，
故,
故答案为：①17 ；②16
方法点睛：新定义数列求法：
（1）理解定义：仔细研读新定义，明确新数列的特征、规律或运算规则等关键信息，
（2）列举归纳：对于一些复杂的新定义数列，可先根据定义求出数列的前几项，
通过观察这些项的规律，推测出数列的通项公式或其他性质；
（3）转化化归
（4）利用数学方法.
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. 记的内角的对边分别为，已知．
（1）若，求的面积；
（2）若，求．
【答案】（1）2 （2）或
【解析】
【分析】（1）将已知条件代入即可；
（2）利用余弦定理求出，然后利用正弦定理边化角，结合和差公式、二倍角公式化简可得.
【小问1详解】
在中，．
因为，
所以．
【小问2详解】
在中，由余弦定理可得，
因为，所以，
由正弦定理得．
因为，所以．
化简得，即，
所以，整理得．
因为，所以，
解得，或，所以，或．
16. 如图，在三棱台中，底面为的中点，．
（1）证明：；
（2）若，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）利用棱台的性质结合线面垂直的判定定理可得平面，由此可证明结论.
（2）以为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量计算可得结果.
【小问1详解】
在三棱台中，∵，∴．
∵为的中点，∴，，
∴四边形为平行四边形，故．
∵，∴．
∵底面，底面，∴．
∵平面，为相交直线，∴平面，
∵平面，∴．
【小问2详解】
以为原点，以分别为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示空间直角坐标系，
则，．
∴，．
设是平面的法向量，则即
令，则，故．
设是平面的法向量，则即
令，则，故．
∴．
∴平面与平面夹角的余弦值为．
17. 已知某类考试中，有一种题型为多项选择题，每道题中有四个选项，其中有两个或三个选项正确．每道题所赋分值为分，若有两个正确选项，则这两个选项中每个选项所赋分值为分；若有三个正确选项，则这三个选项中每个选项所赋分值为分．另外，有错误选项得分．已知每道题有两个正确选项的概率为．
（1）设每道题所得分数为，写出的所有可能取值；
（2）对于一道多项选择题，已知选项正确，考生甲选择了，又在其余的三个选项中随机选择了一个选项．请写出考生甲此题得分的分布列和数学期望．
【答案】（1）
（2）分布列见解析；期望为
【解析】
【分析】（1）由条件结合随机变量的意义确定的可能取值；
（2）由条件确定的可能取值，再结合条件概率公式求取各值的概率，由此可得分布列，再根据期望公式求期望.
【小问1详解】
的所有可能取值为．
【小问2详解】
甲得分的可能取值为．
设事件；事件；事件．
设事件：此题有两个正确选项，则：此题有三个正确选项．
①当此题有两个正确选项时，可能得0分，6分，
则；
②当此题有三个正确选项时，可能得0分，4分，
则．
综上所述，
．
．
．
分布列表如下：
期望值．
18. 若一个数列各项的倒数成等差数列，则这个数列称为调和数列，如数列，就是一个调和数列．
（1）在集合中从小到大取三个数，使其构成调和数列（只需写出一个数列即可）；
（2）若四点共线，顺次排列，且，则称此四点构成了一个调和点列．
①求证：三个线段长度构成一个调和数列；
②直线过点与椭圆相交于两点，已知四点构成一个调和点列，求点的轨迹长度．
【答案】（1）（或）
（2）①证明见解析 ；②3
【解析】
【分析】（1）结合新定义可得这三个数的倒数成等差数列，写出满足要求的答案即可；
（2）①由结合四点共线及新定义求证即可；
②设，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理及新定义求解即可.
【小问1详解】
由题意，这三个数的倒数成等差数列，就能构成调和数列，
则这三个数为或．
【小问2详解】
①证明：由，得，即，
则，即，则构成一个调和数列．
②设，代入，
得．
，
由得．
设，则．
则
．
设，则，
同理，．
依题设，得，则．
则，得，且．
因此，点的轨迹为一条线段（不含端点），长度为3．
【点睛】方法点睛：与新定义有关的问题的求解策略：
1.通过给出一个新定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实心信息的迁移，达到灵活解题的目的；
2.遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使得问题得以解决.
19. 已知函数．
（1）当时，求的极小值；
（2）当时，，求实数的取值范围．
【答案】（1）0 （2）
【解析】
【分析】（1）当时，通过二次求导判断的单调性，从而求得的极小值；
（2）当时，分离变量可得，令，利用导数求得，当，令，求导证明令，即可求解.
【小问1详解】
当时，，则
令，则，
所以在上单调递增，
又因为，所以当时，，此时单调递减；
当时，，此时单调递增；
故在区间上单调递减，在区间上单调递增．
所以为函数的极小值点，极小值．
【小问2详解】
当时，符合题意；
当时，得．
令，
令，
则，令，则，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
因为，
所以存，使得，
且在上，在上,
在单调递增，在单调递减，
又因为，
即当时，单调递增；
所以当时，．
当时，令，
，
则在上单调递增，此时，
故当时，．
所以，
故的取值范围为．
【点睛】方法点睛：利用参变分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解；
（1）；
（2）；
（3）；