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 第 1 页，共 6 页 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 第 2 页，共 6 页 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 第 3 页，共 6 页 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 第 4 页，共 6 页 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 第 5 页，共 6 页 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 第 6 页，共 6 页 学科网（北京）股份有限公司