石家庄市第一中学2025届高考第一次模拟考试数学答案_2025年2月_2502272025届河北省石家庄市第一中学高三下学期一模考试试题（全科）

石家庄市第一中学 2025 届高考第一次模拟考试
数学参考答案
1．B 2．C 3．B 4．C
5．B 6．C 7．C 8．C
9．AC 10．AD 11．AB
1
12． 15
3
1
13．
3
8 5
14．
5
15．（1）设等差数列a 的公差为d，d 0，
n
由S 63，且a 1，a ，a 成等比数列，
6 1 2 3
 77
有    6a 1 15d 63 ，解得   a 1 3 或    a 1  4 （舍）， （3分）
 a 1 d2 a 1 1a 1 2d d 3  d  7
 2
有a 33n13n，
n
所以数列a 的通项公式为a 3n； （6分）
n n
n3n3 3nn1
（2）由a 3n，有S   ，（9分）
n n 2 2
1 2 2 1 1 
有     ，
S 3nn1 3n n1
n
2 轾骣 1 骣1 1 骣1 1 2骣 1 2 n
可得T = 犏琪琪1- +琪琪 - ++琪琪 - = 琪琪1- = .（13分）
n 3犏臌桫 2 桫2 3 桫n n+1 3桫 n+1 3n+3
a2b2c2 1
16．（1）由a2 b2 c2 ab和余弦定理可得cosC  .
2ab 2
2π
因为C为V ABC的内角，所以C(0,π)，故C  ，（3分）
3
b 2 3
由 bsinC2 3sinB 变形得  ，由正弦定理得c2 3.（7分）
sinB sinC
（2）选择条件①：b4，
4 2 3

由正弦定理得
sinB 3
，解得sinB1，
2
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学科网（北京）股份有限公司π
因为B为V ABC的内角，所以B(0,π)，故B ，
2
2π
与C 相互矛盾，故不存在这样的三角形，
3
所以我们不选择条件①，
选择条件②：bsinC  3，
2π 3
因为bsinC  3，C  ，所以b  3，
3 2
1 4a212
解得b2，由余弦定理得  ，
2 2a
化简得a22a80，解得a2或a4（舍），
1
所以S  absinC  3.
△ABC 2
3
选择条件③：cosB ，
2
3 1
因为cosB ，所以sinB .
2 2
因为 bsinC2 3sinB ，所以b2，
3 a2124
由余弦定理得  ，化简得a26a80.
2 2a2 3
解得a2或a4，当a4时，V ABC是直角三角形，与题干不符，故排除，
1
所以S  absinC  3.（15分）
△ABC 2
17．(1)证明：取 AC三等分点 N ，由等比例性质可得MN //EC且MN 1，根据已知条件有
MN//BF且MN BF，再由平行四边形性质有 FM //BN，最后由线面平行的判定即可证结论.（6
分）
（2）法一：由题设易得BF 平面 ABC，则ABN为所求二面角MFBA的平面角，进而由已
知条件及余弦定理即可求二面角的余弦值；法二：构建空间直角坐标系求面 ABF 、面BFMN 的法
向量，利用空间向量夹角的坐标表示求二面角余弦值.
(1)
1 1 1
取 AC三等分点 N ，则 AN  AC  3，且 AM  AE，故MN //EC且MN  CE1，
3 3 3
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学科网（北京）股份有限公司又BF//CE， BF 1，即MN//BF 且MN BF ，
所以四边形 BNMF为平行四边形，即 FM //BN，
又FM 平面 ABC，BN 平面 ABC，故FM //平面 ABC.
(2)
法一：由平面BFM 即平面BFMN ，且BF//CE，CE平面 ABC，
所以BF 平面 ABC，则ABN为所求二面角MFBA的平面角，
3
在等腰△ ABC中cosBAC ，0BAC 180，则BAN BAC 30，
2
又 AN  3， AB3，由 BN2  AN2AB22ANABcos303，即BN  3，
3
所以，同BAC求法可得ABN 30，故所求二面角MFBA的余弦值为 .（15分）
2
法二：以 AC的中点O为坐标原点，以OB为 x轴OA为 y轴建系如图所示，
 3   3  3   3   3 
则 A0, 3,0，B ,0,0 ，F ,0,1， N

0, ,0

，M

0, ,1

，
 2   2  2   2   2 
 3 3    3 3 
所以 AB , 3,0，BF 0,0,1， NB

, ,0

，
2 2  2 2 
 uur
设平面 ABF 的法向量为n x,y,z ，平面BFMN 的法向量为n x ,y ,z ，
1 1 1 1 2 2 2 2
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学科网（北京）股份有限公司  3 3 3
n AB x  y 0   
则 1 2 1 2 1 ，若 y 1，可得n  3,1,0 ，
  1 1

n BF  z 0
1 1
 
n BF  z 0
 2 2   
  3 3 ，若 x 2 1，可得n 2  1, 3,0 ，
n NB x  y 0
 2 2 2 2 2
 
  n n 2 3 3
所以cos n
1
,n
2

n
1
n
2 
22

2
，即二面角MFBA的余弦值为
2
3 .（15分）
1 2
18．
（1）求出函数的定义域，再对函数求导，然后通导数的正负可求出函数的单调区间，
Δ4  m21  0


（2）由函数有两个极值点可得方程 x22mx10的有两个不等正根，则有x x 2m0 ，求
1 2

xx 10
 1 2
1 1
得 x  ，0x 1x ，将问题转化为可化为a x lnx  x3x 对 x 0,1恒成立，构造函数
2 x 1 2 1 1 2 1 1 1
1
1
g(x) xlnx x3x,x(0,1)，利用导数求其最小值即可
2
(1)
f x的定义域为0,，
3 1 x23x1
由m ，求导得 f(x) x3 ，
2 x x
令 fx0，得 x23x10，解得 x  3 5 ， x  3 5 ，（3分）
1 2 2 2
所以当0xx 或 xx 时， f(x)0，当 x xx 时， f(x)0，
1 2 1 2
故 f x在(0, 3 5 ),( 3 5 ,)上单调递增，在( 3 5 , 3 5 )上单调递减；（7分）
2 2 2 2
(2)
f x的定义域为0,，求导得 fx 1 x2m x22mx1 ，
x x
f x有两个极值点 x,x x x 时，等价于方程 x22mx10的有两个不等正根，
1 2 1 2
Δ4  m21  0

 1
所以x x 2m0 ，所以 x  ，0x 1x ，（10分）
1 2 2 x 1 2
 xx 10 1
 1 2
1 1 1
此时不等式 f x ax 0恒成立，等价于lnx  x22(x  )x a 对 x 0,1恒成立，
1 2 1 2 1 1 x 1 x 1
1 1
1
可化为a x lnx  x3x 对 x 0,1恒成立，
1 1 2 1 1 1
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学科网（北京）股份有限公司1 3
令 g(x) xlnx x3x,x(0,1)，则 g(x)lnx x2，
2 2
3 1 3 3
令h(x)lnx x2，得h(x) 3x0，得 x  或 x  （舍去），（13分）
2 x 1 3 2 3
 3  3 
所以当 x0, 时，h(x)0，当 x ,1时，h(x)0，
   
 3   3 
2
 3 3 3  3 3 1
故hxh  ln     ln   0
   
 3  3 2  3  3 2
所以 gx0在0,1恒成立，所以 gx在0,1上单调递减，
3 3
所以 gx g1 ，所以a .
2 2
3
故实数a的取值范围是(,

（17分）
2
19．（1）设P(x ,y )， A(x,y )，
0 0 1 1
设直线PA的方程为 xmy1，
xmy1

联立方程组x2 y2 ，得(3m24)y26my90，（2分）
  1
 4 3
6m 9
所以 y y  ， y y  ，
0 1 3m24 0 1 3m24
12 m21
则|PA| m21|y y | m21 ，（3分）
0 1 3m24
2
点F 到直线PA的距离为：d  ，
2 m21
1 12 m21
所以S  |PA|d  ，
PAF2 2 3m24
令 t m2 11 ，（6分）
12t 12 12
S     3
则 PAF2 3t21 1 4 ，当t 1即m0时△PAF 面积取得最大值，
3t 2
t
所以△PAF 面积的最大值为3.（8分）
2
（2）设P(x ,y )， A(x,y )，B(x ,y )
0 0 1 1 2 2
x 1
设直线PF的方程为 x 0 y1，
1 y
0
 x 1
x 0 y1

 y 6x 15 6(x 1)
联立方程组 0 ，得 0 y2 0 y90，（10分）
x2

y2
1
y
0
2 y
0

 4 3
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学科网（北京）股份有限公司2x 5 2(x 1)
即 0 y2 0 y30
y2 y
0 0
3y2 3y
所以 y y  0 ，即 y  0 ，（12分）
0 1 2x 5 1 2x 5
0 0
3y
同理可得： y  0 ，
2 52x
0
S |PF ||PF | y2 y2
PF1F2  1 2  0  0
所以 S | PA|| PB| (y  y)(y  y ) 3y 3y （15分）
PAB 0 1 0 2 (y  0 )(y  0 )
0 52x 0 52x
0 0
S 254x2 39
化简得： PF1F2  0 1 ，
S 644x2 644x2
PAB 0 0
S 25
当 x 0时， PF1F2 取得最大值 .（17分）
0 S 64
PAB
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