2025届河北省唐山市高考一模数学试题（解析版）

高级中学名校试题PAGEPAGE1河北省唐山市2025届高考一模数学试题一､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.1 D.2【答案】D【解析】因为（为虚数单位）是纯虚数，所以，解得.故选：D2.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】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.0 C.1 D.2【答案】A【解析】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】因为且，所以，根据正态分布曲线的对称性，可得，所以故选：D5.已知，则下列说法正确的是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】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.2 B.3 C.4 D.5【答案】C【解析】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】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：B8.对于，且，当时，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】令，则.所以；进而，同理可得：，.令，则，所以，，，，.因为，所以，即.所以故选：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】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4C.的面积为1 D.【答案】ACD【解析】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】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.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】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】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】①.17②.16【解析】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．解：（1）在中，．因为，所以．（2）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．（1）证明：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，∴．（2）解：以A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．解：（1）的所有可能取值为．（2）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．解：（1）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．（2）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3．19.已知函数．（1）当时，求的极小值；（2）当时，，求实数的取值范围．解：（1）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．（2）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．河北省唐山市2025届高考一模数学试题一､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.1 D.2【答案】D【解析】因为（为虚数单位）是纯虚数，所以，解得.故选：D2.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】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.0 C.1 D.2【答案】A【解析】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】因为且，所以，根据正态分布曲线的对称性，可得，所以故选：D5.已知，则下列说法正确的是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】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.2 B.3 C.4 D.5【答案】C【解析】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】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：B8.对于，且，当时，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】令，则.所以；进而，同理可得：，.令，则，所以，，，，.因为，所以，即.所以故选：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】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4C.的面积为1 D.【答案】ACD【解析】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】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.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】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】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】①.17②.16【解析】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．解：（1）在中，．因为，所以．（2）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．（1）证明：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，∴．（2）解：以A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．解：（1）的