河北省滄州市2025年高考模擬（4月）數學試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．為了貫徹落實黨中央精準扶貧決策，某市將其低收入家庭的基本情況經過統計繪制如圖，其中各項統計不重復．若該市老年低收入家庭共有900戶，則下列說法錯誤的是（）A．該市總有15000戶低收入家庭B．在該市從業人員中，低收入家庭共有1800戶C．在該市無業人員中，低收入家庭有4350戶D．在該市大于18歲在讀學生中，低收入家庭有800戶2．函數與的圖象上存在關于直線對稱的點，則的取值范圍是（）A． B． C． D．3．如圖所示點是拋物線的焦點，點、分別在拋物線及圓的實線部分上運動，且總是平行于軸，則的周長的取值范圍是（）A． B． C． D．4．△ABC的內角A，B，C的對邊分別為，已知，則為()A． B． C．或 D．或5．設，是兩條不同的直線，，是兩個不同的平面，下列命題中正確的是（）A．若，，，則B．若，，，則C．若，，，則D．若，，，則6．設，，，則，，三數的大小關系是A． B．C． D．7．已知集合，，則=()A． B． C． D．8．如圖，四邊形為平行四邊形，為中點，為的三等分點（靠近）若，則的值為（）A． B． C． D．9．已知為定義在上的偶函數，當時，，則（）A． B． C． D．10．函數在上的圖象大致為()A． B．C． D．11．已知各項都為正的等差數列中，，若，，成等比數列，則（）A． B． C． D．12．若集合，，則（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知數列為等比數列，，則_____.14．已知關于空間兩條不同直線m、n，兩個不同平面、，有下列四個命題：①若且，則；②若且，則；③若且，則；④若，且，則.其中正確命題的序號為______.15．己知函數，若關于的不等式對任意的恒成立，則實數的取值范圍是______.16．小李參加有關“學習強國”的答題活動，要從4道題中隨機抽取2道作答，小李會其中的三道題，則抽到的2道題小李都會的概率為_____.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）在直角坐標系中，曲線的參數方程為（為參數，為實數）．以坐標原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系，曲線的極坐標方程為，曲線與曲線交于，兩點，線段的中點為．（1）求線段長的最小值；（2）求點的軌跡方程．18．（12分）在四邊形中，，；如圖，將沿邊折起，連結，使，求證：（1）平面平面；（2）若為棱上一點，且與平面所成角的正弦值為，求二面角的大小.19．（12分）在中，為邊上一點，，.（1）求；（2）若，，求.20．（12分）如圖，在四棱錐中，平面，，為的中點．（1）求證：平面；（2）求二面角的余弦值．21．（12分）已知件次品和件正品混放在一起，現需要通過檢測將其區分，每次隨機檢測一件產品，檢測后不放回，直到檢測出件次品或者檢測出件正品時檢測結束．（1）求第一次檢測出的是次品且第二次檢測出的是正品的概率；（2）已知每檢測一件產品需要費用元，設表示直到檢測出件次品或者檢測出件正品時所需要的檢測費用（單位：元），求的分布列．22．（10分）已知函數．（1）若在處取得極值，求的值；（2）求在區間上的最小值；（3）在（1）的條件下，若，求證：當時，恒有成立．

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．D【解析】

根據給出的統計圖表，對選項進行逐一判斷，即可得到正確答案.【詳解】解：由題意知，該市老年低收入家庭共有900戶，所占比例為6%，則該市總有低收入家庭900÷6%＝15000（戶），A正確，該市從業人員中，低收入家庭共有15000×12%＝1800（戶），B正確，該市無業人員中，低收入家庭有15000×29%%＝4350（戶），C正確，該市大于18歲在讀學生中，低收入家庭有15000×4%＝600（戶），D錯誤．故選：D.【點睛】本題主要考查對統計圖表的認識和分析，這類題要認真分析圖表的內容，讀懂圖表反映出的信息是解題的關鍵,屬于基礎題.2．C【解析】

由題可知，曲線與有公共點，即方程有解，可得有解，令，則，對分類討論，得出時，取得極大值，也即為最大值，進而得出結論.【詳解】解：由題可知，曲線與有公共點，即方程有解，即有解，令，則，則當時，；當時，，故時，取得極大值，也即為最大值，當趨近于時，趨近于，所以滿足條件．故選：C.【點睛】本題主要考查利用導數研究函數性質的基本方法，考查化歸與轉化等數學思想，考查抽象概括、運算求解等數學能力，屬于難題．3．B【解析】

根據拋物線方程求得焦點坐標和準線方程，結合定義表示出；根據拋物線與圓的位置關系和特點，求得點橫坐標的取值范圍，即可由的周長求得其范圍.【詳解】拋物線，則焦點，準線方程為，根據拋物線定義可得，圓，圓心為，半徑為，點、分別在拋物線及圓的實線部分上運動，解得交點橫坐標為2.點、分別在兩個曲線上，總是平行于軸，因而兩點不能重合，不能在軸上，則由圓心和半徑可知，則的周長為，所以，故選：B.【點睛】本題考查了拋物線定義、方程及幾何性質的簡單應用，圓的幾何性質應用，屬于中檔題.4．D【解析】

由正弦定理可求得，再由角A的范圍可求得角A.【詳解】由正弦定理可知，所以，解得，又，且，所以或。故選：D.【點睛】本題主要考查正弦定理,注意角的范圍，是否有兩解的情況，屬于基礎題.5．D【解析】試題分析：，,故選D.考點：點線面的位置關系.6．C【解析】

利用對數函數，指數函數以及正弦函數的性質和計算公式，將a，b，c與，比較即可.【詳解】由，，，所以有.選C.【點睛】本題考查對數值，指數值和正弦值大小的比較，是基礎題，解題時選擇合適的中間值比較是關鍵，注意合理地進行等價轉化.7．C【解析】

計算，，再計算交集得到答案.【詳解】，，故.故選：.【點睛】本題考查了交集運算，意在考查學生的計算能力.8．D【解析】

使用不同方法用表示出，結合平面向量的基本定理列出方程解出．【詳解】解：，又解得，所以故選：D【點睛】本題考查了平面向量的基本定理及其意義，屬于基礎題．9．D【解析】

判斷，利用函數的奇偶性代入計算得到答案.【詳解】∵，∴．故選：【點睛】本題考查了利用函數的奇偶性求值，意在考查學生對于函數性質的靈活運用.10．A【解析】

首先判斷函數的奇偶性，再根據特殊值即可利用排除法解得；【詳解】解：依題意，，故函數為偶函數，圖象關于軸對稱，排除C；而，排除B；，排除D.故選：.【點睛】本題考查函數圖象的識別，函數的奇偶性的應用，屬于基礎題.11．A【解析】試題分析：設公差為或（舍），故選A.考點：等差數列及其性質.12．B【解析】

根據正弦函數的性質可得集合A，由集合性質表示形式即可求得，進而可知滿足.【詳解】依題意，；而，故，則.故選：B.【點睛】本題考查了集合關系的判斷與應用，集合的包含關系與補集關系的應用，屬于中檔題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．81【解析】

設數列的公比為，利用等比數列通項公式求出，代入等比數列通項公式即可求解.【詳解】設數列的公比為，由題意知，因為，由等比數列通項公式可得，，解得，由等比數列通項公式可得，.故答案為：【點睛】本題考查等比數列通項公式；考查運算求解能力；屬于基礎題.14．③④【解析】

由直線與直線的位置關系，直線與平面的位置關系，面面垂直的判定定理和線面垂直的定義判斷．【詳解】①若且，的位置關系是平行、相交或異面，①錯；②若且，則或者，②錯；③若，設過的平面與交于直線，則，又，則，∴，③正確；④若，且，由線面垂直的定義知，④正確．故答案為：③④．【點睛】本題考查直線與直線的位置關系，直線與平面的位置關系，面面垂直的判定定理和線面垂直的定義，考查空間線面間的位置關系，掌握空間線線、線面、面面位置關系是解題基礎．15．【解析】

首先判斷出函數為定義在上的奇函數，且在定義域上單調遞增，由此不等式對任意的恒成立，可轉化為在上恒成立，進而建立不等式組，解出即可得到答案．【詳解】解：函數的定義域為，且，函數為奇函數，當時，函數，顯然此時函數為增函數，函數為定義在上的增函數，不等式即為，在上恒成立，，解得．故答案為．【點睛】本題考查函數單調性及奇偶性的綜合運用，考查不等式的恒成立問題，屬于常規題目．16．【解析】

從四道題中隨機抽取兩道共6種情況，抽到的兩道全都會的情況有3種，即可得到概率.【詳解】由題：從從4道題中隨機抽取2道作答，共有種，小李會其中的三道題，則抽到的2道題小李都會的情況共有種，所以其概率為.故答案為：【點睛】此題考查根據古典概型求概率，關鍵在于根據題意準確求出基本事件的總數和某一事件包含的基本事件個數.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（1）（2）【解析】

（1）將曲線的方程化成直角坐標方程為，當時，線段取得最小值，利用幾何法求弦長即可.（2）當點與點不重合時，設，由利用向量的數量積等于可求解，最后驗證當點與點重合時也滿足.【詳解】解曲線的方程化成直角坐標方程為即圓心，半徑，曲線為過定點的直線，易知在圓內，當時，線段長最小為當點與點不重合時，設，化簡得當點與點重合時，也滿足上式，故點的軌跡方程為【點睛】本題考查了極坐標與普通方程的互化、直線與圓的位置關系、列方程求動點的軌跡方程，屬于基礎題.18．（1）證明見詳解；（2）【解析】

（1）由題可知，等腰直角三角形與等邊三角形，在其公共邊AC上取中點O，連接、，可得，可求出.在中，由勾股定理可證得，結合，可證明平面.再根據面面垂直的判定定理，可證平面平面.（2）以為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，由點F在線段上，設，得出的坐標，進而求出平面的一個法向量.用向量法表示出與平面所成角的正弦值，由其等于，解得.再結合為平面的一個法向量，用向量法即可求出與的夾角，結合圖形，寫出二面角的大小.【詳解】證明：（1）在中，為正三角形，且在中，為等腰直角三角形，且取的中點，連接，，，平面平面平面..平面平面（2）以為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，設.則設平面的一個法向量為.則，令，解得與平面所成角的正弦值為，整理得解得或(含去)又為平面的一個法向量，二面角的大小為.【點睛】本題考查了線面垂直的判定，面面垂直的判定，向量法解決線面角、二面角的問題，屬于中檔題.19．（1）；（2）4【解析】

（1），利用兩角差的正弦公式計算即可；（2）設，在中，用正弦定理將用x表示，在中用一次余弦定理即可解決.【詳解】（1）∵，∴，所以，.（2）∵，∴設，，在中，由正弦定理得，，∴，∴，∵，∴∴.【點睛】本題考查兩角差的正弦公式以及正余弦定理解三角形，考查學生的運算求解能力，是一道容易題.20．（1）見解析；（2）【解析】

(1)取的中點,連接,根據中位線的方法證明四邊形是平行四邊形.再證明與從而證明平面,從而得到平面即可.(2)以所在的直線為軸建立空間直角坐標系,再求得平面的法向量與平面的法向量進而求得二面角的余弦值即可.【詳解】（1）證明：如圖,取的中點,連接.又為的中點,則是的中位線.所以且.又且,所以且.所以四邊形是平行四邊形.所以.因為,為的中點,所以.因為,所以.因為平面,所以.又,所以平面.所以.又,所以平面.又,所以平面.（2）易知兩兩互相垂直,所以分別以所在的直線為軸建立如圖所示的空間直角坐標系：因為,所以點.則.設平面的法向量為,由,得,令,得平面的一個法向量為；顯然平面的一個法向量為；設二面角的大小為,則.故二面角的余弦值是.【點睛】本題主要考查了線面垂直的證明以及建立空間直角坐標系求解二面角的問題,需要用到線線垂直與線面垂直的轉換以及法向量的求法等.屬于中檔題.21．（1）；（2）見解析.【解析】

（1）利用獨立事件的概率乘法公式可計算出所求事件的概率；（2）由題意可知隨機變量的可能取值有、、，計算出隨機變量在不同取值下的概率，由此可得出隨機變量的分布列.【詳解】（1）記“第一次檢測出的是次品且第二次檢測出的是正品”為事件，則；（2）由題意可知，隨機變量的可能取值為、、．則，，．故的分布列為【點睛】本題考查概率的計算，同時也考查了隨機變量分布列，考查計算能力，屬于基礎題.22．（1）2；（2）；（3）證明見解析【解析】

（1）先求出函數的定義域和導數，由已知函數在處取得極值，得到，即可求解的值；（2）由（1）得，定義域為，分，和三種情況討論，分別求得函數的最小值，即可得到結論；（3）由，得到，把，只需證，構造新函數，利用導數求得函數的單調性與最值，即可求解.【詳解】（1）由，定義域為，則，因為函數在處取得極值，所以，即，解得，經檢驗，滿足題意，所以.(2)由（1）得，定義域為，當時，有，在區間上單調遞增，最小值為，當時，由得，且，當時，，單調遞減；當時，，單調遞增