河北省2025年普通高中学业水平选择性考试·调研卷I数学+答案

2025年普通高等学校招生全国统一考试数学模拟试题1.本试卷满分150分，考试时间120分钟。2.答卷前，考生务必将自己的学校、班级、姓名及考号填写在答题卡上。3.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，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。A.{x|-1<x≤2}B.{x|-2<x≤0}C.{x|-2<x≤2}D.{x|-1<x≤0}3.已知向量m=(a,2,1),n=(2,-1,1),若(m-n)Ln,则a=4.已知,且,则tan2α=A.(-,-2)B.(一○,-2)C.数学·调研卷I第1页(共4页)A.f(10)>30B.f(20)>40C.f(10)<100参考数据：若X～N(μ,o²),则P0.9545,P(μ-3o≤X≤μ+3σ)=0.9973.A.若P(X≥2m+1)=P(X≤m-1),A.若曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=2x,B.若a=1,则函数f(x)在(0,+一)上单调递增C.若a>e²,则函数f(x)在(1,+一)上的最小值为a-alna-1D.若直线y=kx与双纽线只有一个公共点，则实数k的取值范围为(-○,-1)U[1,+一)|数学·调研卷I第2页(共4页)15.(本小题满分13分)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,△ABC的面积为S,已知4S=√3(a²+b²-c²).(2)若c=3,求a+b的最大值.16.(本小题满分15分)已知椭圆C满足a²-b²=4,点M(2,3)为C上一点.(1)求椭圆C的标准方程；(2)若过点(2,0)的直线l与椭圆C相交于P,Q两点，求△OPQ面积的最大值17.(本小题满分15分)ABC⊥平面BCD,平面ABD⊥平面BCD.(1)求证：平面ACD⊥平面ABE;(2)若AB=BC=2,求该三棱锥外接球的体积；数学·调研卷I第3页(共4页)18.(本小题满分17分)已知函数,其中m≠0.已知数列a₁,a₂,as,…,a,如果存在正整数k≤n,使得a₁<ak,a₂<ak,…,ak-1(1)若一个5项数列为-4,4,-2,2,6,则尝试写出所有该数列的阶段最大值的k时刻；n≥2.数学参考答案及评分细则本套试卷是为了测试学生对高中阶段数学学科所学知识的掌握程度和解决问题的能力而设计的。试卷内容涵盖了高中学习阶段数学学科的主干知识，旨在全面评估学生的学习水1.立足数学核心素养本套试卷涵盖了数学的六大核心素养——数学抽象、逻辑推理、数学建模、直观想象、数学运算和数据分析，确保全方位考查学生的数学能力。例如，第6题通过对直线与平面所成角的考查，体现了对数学核心素养中直观想象和数学运算的考查；第14题通过对一组数据概率的考查，体现了对数学核心素养中数据分析和数学运算的考查。2.考查基本方法和基本知识点本套试卷以全面考查学生的双基为出发点，涵盖了高中数学的重要知识点，且都是对基本知识的考查，例如，第9题，考查了正态分布的应用；第13题，考查了圆锥曲线的基本性质，第17题，考查了立体几何中的外接球问题和二面角等，都是高中阶段的基本知识和方法。3.命制试题亮点本套试卷中的第8,11题是整套试题的亮点题目，其中第8题考查在函数不等式的基础上，研究特例函数(数列)的问题，以递推数列为基础，考查学生对新颖问题的探索与认知能力，考查学生在新背景、新问题、新知识下的辨别能力；第11题考查新定义下的曲线问题，让学生在给出定义的基础上，依靠自己的学习能力和分析能力得到该曲线的相关性质，旨在考查学生的应变能力和学习能力。题号123456789CBADDDCB,故选B.(2,-1,1)=0,即2(a-2)+3×(-1)=0,解得,故选A.,所以,sin(a-β)=,所以,则cos2α=cos[(α+β)+(α-β),所以,故选D.,当且仅,即x=1时等号成立，所以2+a≥0,解得a≥-2,故选D.6.D解析：根据题意，可得AC=2√2,分析可知点A到平面B₁CD₁的距离为点C₁到平面B₁CD₁的距离的2倍，设点C₁到平面B₁CD₁的距离为h,利用等体积法，Vc₁B₁cD₁=VcB₁c₁D₁,即,解得,所以点A到平面B₁CD₁的距离为,所以AC与平面B₁CD₁所成角的正弦值,故选D.7.C解析：根据题意，函数f(x)=3sin2x—cosx在区间[-π,2π]上的零点等价于函数M(x)=sin2x与的交点个数，画出两个函数图象如图所示，可得零点个数为5,故选C.f(1)+f(1)=4,f(3)>f(2)+f(1)>6,…,f(n)>f(n-1)+f(1)>2n,所以f(20)>40,故选项A不一定正确，选项B正确；此公式没有明确函数关系的上界，所以选项C,D错误.9.ACD解析：对于A,根据正态分布的对称性可知，2m+1+m-1=2×90,解得m=60,故0.97725,故选项C正确；对于D,4,故选项D正确，故选ACD.f(0))处的切线方程为y=2x,所以有f'(0)=2,即2-2a=2,解得a=0,故选项A错误；对于B,若a=1,则f'(x)=2e²-2=2(e²ˣ-1),由f'(x)>0可得x>0,所以f(x)在(0,+一)上单调递增，故选项B正确；对于C,f'(x)=2e²ˣ-2a,当a>e²时，函数f(x)在(1,In√a)上单调递减，在(In√a,+一)上单调递增，故f(x)mn=f(In√a)=a-2aln√a-1=a-alna-1,故选项C正确；a-2aln√a-1=a-alna-1=h(a),因为h1=-Ina,分析可得，h(a)在(0,1)上单调递增，在(1,+一)上单调递减，所以h(a)≤0,所以a=1,故选项D正确，故选BCD.11.ACD解析：对于A,设双纽线上任意一点M(x,y),则坐标满足曲线方程为√(x+a)²+y²×√(x-a)²+y²=a²,即(x²+y²)²=2a²(x²-y²),则点M关于原点的对称点M'(-x,-y)也适合曲线方程，所以双纽线的图象关于原点对称，故选项A正确；对于B,双纽线的方程为(x²+y²)²=2a²(x²-y²),故选项B错误；对于C,设双纽线上任意一点P(x,y),当P为原点时，到原点的距离为0,满足题意；当P不为原点时，x²+y,所以点P(x,y)到原点的距离d=√x²+y²≤√2a,且d>0,故选项C正确；对于D,直线y=kx恒过原点(0,0),且双纽线经过(0,0),则直线与曲线至少有一个公共点，又因为y=kx与双纽线只有一个公共点，故除原点外无其他公共点.联立'消y得x⁴(1+k²)²-2a²x²(1-k²)=0,当1-k²=0时，方程x⁴=0仅一解x=0,满足题意；当1-k²≠012.解析：根据题意，设函数,分析可得函数h(x)为奇函数，所以h(0)=0,即,解得,经验证满足题意，故实数a的值为13.√15解析：根据题意，点P在第一象限，所以|AP|<|BP|,因为△ABP为等腰三角形，则|AP|=|AB|=2a,设△ABP的外接圆半径为r,则πr²=16πa²,可得r=4a,由正弦定理可得,所以直线PB的斜率为√15.123456123456的样本点有6+5+4+3+2+1=21个；第二类：a=2时，满足“a≤b≤c”的样本点有5+4+3+2+1=15个；第三类：a=3时，满足“a≤b≤c”的样本点有4+3+2+1=10个；第四类：a=4时，满足“a≤b≤c”的样本点有3+2+1=6个；第五类：a=5时，满足“a≤b≤c”的样本点有2+1=3个；第六类：a=6时，满足“a≤b≤c”的样本点有1个.由分类加法计数原理，满足“a≤b≤c”的样本点共有21+15+10+6+3+1=56个，而总共有6³=216个样本点，因结果有限，且每个样本点发生的可能性相等，故是古典概型.则“a≤b≤c”的概率为又C∈(0,π),所以…………………(6分)(2)因为c=3,利用余弦定理可得,即a²+b²-9=ab,………………………(9分),即(a+b)²≤36,当且仅当a=b=3时取等号，…………………………(12分)16.解：(1)设椭圆C的半焦距为c,左、右焦点分别为F₁,F₂,根据题意可知，c=2,……………(1分)所以F₁(-2,0),F₂(2,0),则|MF₁|=5,|MF₂|=3,故椭圆C的标准方程.…………(5分)(2)当直线L斜率为0时，不存在△OPQ,故设直线L的方程为x=my+2,………………(7分)整理得(3m²+4)y²+12my-36=0,则…………利用弦长公式可得,……………(10分)所以△OPQ的面积为所以△OPQ的面积为,………(13分)当t=1时，△OPQ的面积取得最大值为6,17.解：(1)因为平面ABC⊥平面BCD,平面ABD⊥平面BCD,所以AB⊥平面BCD,因为BC=BD,点E为CD的中点，所以BE⊥CD,(3分)过点M做AB的平行线，在此线上取点O,使得OA=OB,则O为三棱锥A-BCD外接球的球心，分析可得外接球的半径R=OA=√1²+2²=√5,……………(7分)所以三棱锥A-BCD外接球的体积为.…………………(9分)(3)如图，以点B为坐标原点，直线AB,BD分别为z轴，x轴，建立空间直角坐标系，则B(0,0,0),CV3,-1,0),A(0,0,2),D(0,2,0),E),F(0,1,0),AB=(0,0,-2),),AF=(0,1,-2),CF=(-√3,2,0),…(11分)设平面ABE的法向量为n=(x₁,y₁,z₁),则即取x₁=1,则y₁=-√3,z₁=0,即，即，取x₂=2,则y₂=√3,所以,………(13分)设平面ABE与平面ACF的夹角为θ,所以平面ABE与平面ACF的夹角的余弦值为…………………(15分)18.解：(1)当时,令f'(x)>0可得x>3,令f'(x)<0可得x<3,所以函数f(x)在(-0,3)上单调递减，在(3,+一)上单调递增.……………(5分)分析可得，若函数f(x)只有唯一极值点，则函数无变号零点，令),即,………………………(7分)设函数所以函数g(x)在(-0,1)上单调递增，在(1,+一)上单调递减，作图如下，所以可得，……………………(10分)由函数f(x)有三个极值点x₁,X₂,x₃,分析可得,即有两个不同于3的解，(12分)设的两个解分别为x₂,x₃(x₂<x₃),令函