河北武邑中學2025屆高考數學試題原創模擬卷（一）注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。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．已知定義在上的函數滿足，且當時，.設在上的最大值為（），且數列的前項的和為.若對于任意正整數不等式恒成立，則實數的取值范圍為（）A． B． C． D．2．公元前世紀，古希臘哲學家芝諾發表了著名的阿基里斯悖論：他提出讓烏龜在跑步英雄阿基里斯前面米處開始與阿基里斯賽跑，并且假定阿基里斯的速度是烏龜的倍.當比賽開始后，若阿基里斯跑了米，此時烏龜便領先他米，當阿基里斯跑完下一個米時，烏龜先他米，當阿基里斯跑完下-個米時，烏龜先他米....所以，阿基里斯永遠追不上烏龜.按照這樣的規律，若阿基里斯和烏龜的距離恰好為米時，烏龜爬行的總距離為（）A．米 B．米C．米 D．米3．已知向量，，若，則（）A． B． C．-8 D．84．在棱長為a的正方體中，E、F、M分別是AB、AD、的中點，又P、Q分別在線段、上，且，設平面平面，則下列結論中不成立的是（）A．平面 B．C．當時，平面 D．當m變化時，直線l的位置不變5．在中，角、、所對的邊分別為、、，若，則（）A． B． C． D．6．已知，，，則的最小值為（）A． B． C． D．7．函數的一個零點在區間內，則實數a的取值范圍是（）A． B． C． D．8．若復數是純虛數，則實數的值為()A．或 B． C． D．或9．已知，，若，則實數的值是（）A．-1 B．7 C．1 D．1或710．已知數列對任意的有成立，若，則等于（）A． B． C． D．11．已知數列為等比數列，若，且，則（）A． B．或 C． D．12．運行如圖程序，則輸出的S的值為（）A．0 B．1 C．2018 D．2017二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．在回歸分析的問題中，我們可以通過對數變換把非線性回歸方程，（）轉化為線性回歸方程，即兩邊取對數，令，得到.受其啟發，可求得函數（）的值域是_________.14．若隨機變量的分布列如表所示，則______，______．-10115．已知，在方向上的投影為，則與的夾角為_________.16．雙曲線的離心率為_________．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）如圖，正方形所在平面外一點滿足，其中分別是與的中點.（1）求證：；（2）若，且二面角的平面角的余弦值為，求與平面所成角的正弦值.18．（12分）設函數（其中），且函數在處的切線與直線平行.（1）求的值；（2）若函數，求證：恒成立.19．（12分）已知函數.（1）求不等式的解集；（2）若不等式對恒成立，求實數的取值范圍.20．（12分）已知數列滿足，等差數列滿足，（1）分別求出，的通項公式；（2）設數列的前n項和為，數列的前n項和為證明：．21．（12分）設，函數.（1）當時，求在內的極值；（2）設函數，當有兩個極值點時，總有，求實數的值.22．（10分）已知在平面直角坐標系中，直線的參數方程為（為參數），以坐標原點為極點，軸的非負半軸為極軸且取相同的單位長度建立極坐標系，曲線的極坐標方程為.（1）求曲線與直線的直角坐標方程；（2）若曲線與直線交于兩點，求的值.

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、C【解析】

由已知先求出，即，進一步可得，再將所求問題轉化為對于任意正整數恒成立，設，只需找到數列的最大值即可.【詳解】當時，則，，所以，，顯然當時，，故，，若對于任意正整數不等式恒成立，即對于任意正整數恒成立，即對于任意正整數恒成立，設，，令，解得，令，解得，考慮到，故有當時，單調遞增，當時，有單調遞減，故數列的最大值為，所以.故選：C.【點睛】本題考查數列中的不等式恒成立問題，涉及到求函數解析、等比數列前n項和、數列單調性的判斷等知識，是一道較為綜合的數列題.2、D【解析】

根據題意，是一個等比數列模型，設，由，解得，再求和.【詳解】根據題意，這是一個等比數列模型，設，所以，解得，所以.故選：D【點睛】本題主要考查等比數列的實際應用，還考查了建模解模的能力，屬于中檔題.3、B【解析】

先求出向量,的坐標，然后由可求出參數的值.【詳解】由向量，，則，，又，則，解得.故選：B【點睛】本題考查向量的坐標運算和模長的運算，屬于基礎題.4、C【解析】

根據線面平行與垂直的判定與性質逐個分析即可.【詳解】因為,所以,因為E、F分別是AB、AD的中點,所以,所以,因為面面,所以.選項A、D顯然成立；因為,平面,所以平面,因為平面,所以,所以B項成立；易知平面MEF,平面MPQ,而直線與不垂直,所以C項不成立.故選：C【點睛】本題考查直線與平面的位置關系.屬于中檔題.5、D【解析】

利用余弦定理角化邊整理可得結果.【詳解】由余弦定理得：，整理可得：，.故選：.【點睛】本題考查余弦定理邊角互化的應用，屬于基礎題.6、B【解析】,選B7、C【解析】

顯然函數在區間內連續,由的一個零點在區間內,則,即可求解.【詳解】由題,顯然函數在區間內連續,因為的一個零點在區間內,所以,即,解得,故選:C【點睛】本題考查零點存在性定理的應用,屬于基礎題.8、C【解析】試題分析：因為復數是純虛數，所以且，因此注意不要忽視虛部不為零這一隱含條件.考點：純虛數9、C【解析】

根據平面向量數量積的坐標運算，化簡即可求得的值.【詳解】由平面向量數量積的坐標運算，代入化簡可得.∴解得.故選：C.【點睛】本題考查了平面向量數量積的坐標運算，屬于基礎題.10、B【解析】

觀察已知條件，對進行化簡，運用累加法和裂項法求出結果.【詳解】已知，則，所以有，，，，兩邊同時相加得，又因為，所以.故選：【點睛】本題考查了求數列某一項的值，運用了累加法和裂項法，遇到形如時就可以采用裂項法進行求和，需要掌握數列中的方法，并能熟練運用對應方法求解.11、A【解析】

根據等比數列的性質可得，通分化簡即可.【詳解】由題意，數列為等比數列，則，又，即，所以，，.故選：A.【點睛】本題考查了等比數列的性質，考查了推理能力與運算能力，屬于基礎題.12、D【解析】

依次運行程序框圖給出的程序可得第一次：，不滿足條件；第二次：，不滿足條件；第三次：，不滿足條件；第四次：，不滿足條件；第五次：，不滿足條件；第六次：，滿足條件，退出循環．輸出1．選D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

轉化()為,即得解.【詳解】由題意：().故答案為：【點睛】本題考查類比法求函數的值域，考查了學生邏輯推理，轉化劃歸，數學運算的能力，屬于中檔題.14、【解析】

首先求得a的值，然后利用均值的性質計算均值，最后求得的值，由方差的性質計算的值即可.【詳解】由題意可知，解得（舍去）或.則，則，由方差的計算性質得.【點睛】本題主要考查分布列的性質，均值的計算公式，方差的計算公式，方差的性質等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.15、【解析】

由向量投影的定義可求得兩向量夾角的余弦值，從而得角的大小．【詳解】在方向上的投影為，即夾角為.故答案為：．【點睛】本題考查求向量的夾角，掌握向量投影的定義是解題關鍵．16、2【解析】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）證明見解析（2）【解析】

（1）先證明EF平面，即可求證；（2）根據二面角的余弦值，可得平面，以為坐標原點，建立空間直角坐標系,利用向量計算線面角即可.【詳解】（1）連接，交于點，連結.則，故面.又面，因此.（2）由（1）知即為二面角的平面角，且.在中應用余弦定理，得，于是有，即，從而有平面.以為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系,則，于是，，設平面的法向量為，則，即，解得于是平面的一個法向量為.設直線與平面所成角為，因此.【點睛】本題主要考查了線面垂直，線線垂直的證明，二面角，線面角的向量求法，屬于中檔題.18、（1）（2）證明見解析【解析】

（1）求導得到，解得答案.（2）變形得到，令函數，求導得到函數單調區間得到，，得到證明.【詳解】（1），，解得.（2）得，變形得，令函數，，令解得，當時，時.函數在上單調遞增，在上單調遞減，，而函數在區間上單調遞增，，，即，即，恒成立.【點睛】本題考查了根據切線求參數，證明不等式，意在考查學生的計算能力和轉化能力，綜合應用能力.19、（1）（2）【解析】

（1）按絕對值的定義分類討論去絕對值符號后解不等式；（2）不等式轉化為，求出在上的最小值即可，利用絕對值定義分類討論去絕對值符號后可求得函數最小值．【詳解】解：（1）或或解得或或無解綜上不等式的解集為．（2）時，，即所以只需在時恒成立即可令，由解析式得在上是增函數，∴當時，即【點睛】本題考查解絕對值不等式，考查不等式恒成立問題，解決絕對值不等式的問題，分類討論是常用方法．掌握分類討論思想是解題關鍵．20、(1)（2）證明見解析【解析】

（1）因為，所以，所以，即，又因為，所以數列為等差數列，且公差為1，首項為1，則，即.設的公差為，則，所以（），則（），所以，因此，綜上，．（2）設數列的前n項和為，則兩式相減得，所以，設則，所以.21、（1）極大值是，無極小值；（2）【解析】

（1）當時，可求得，令，利用導數可判斷的單調性并得其零點，從而可得原函數的極值點及極大值；（2）表示出，并求得，由題意，得方程有兩個不同的實根，，從而可得△及，由，得．則可化為對任意的恒成立，按照、、三種情況分類討論，分離參數后轉化為求函數的最值可解決；【詳解】（1）當時，.令，則，顯然在上單調遞減，又因為，故時，總有，所以在上單調遞減.由于，所以當時，；當時，.當變化時，的變化情況如下表：+-增極大減所以在上的極大值是，無極小值.（2）由于，則.由題意，方程有兩個不等實根，則，解得，且，又，所以.由，，可得又.將其代入上式得：.整理得，即當時，不等式恒成立，即.當時，恒成立，即，令，易證是上的減函數.因此，當時，，故.當時，恒成立，即，因此，當時，所以.綜上所述，.【點睛】本題考查利用導數求函數的最值、研究函數的