河北省石家庄市长安区石家庄市第一中学2025-2026学年高三上学期9月月考数学试卷

这是一份河北省石家庄市长安区石家庄市第一中学2025-2026学年高三上学期9月月考数学试卷，共8页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上指定位置，在其他位置作答一律无效。
本卷满分 150 分，考试时间 120 分钟。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单选题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
集合 A  {x  R∣z  x  2i 的实部为 0}， B  {y | y | x |, x  A}， C  {m  Z || m | 3} ，i 为虚数单位，则ðC B 为（）
{2, 1,1, 2}
{−2, −1,1}
{1,1}
{2, 2}
3
设 i 为虚数单位，复数 z0 在复平面内对应的点为 Z0(1，2)，且 z0·z＝3＋i，则|z|＝()
2
A．1B．
C．
D．2
作用于原点的两个力 F1  (1,1) ， F2  (2, 3) ，为使它们平衡需要增加力 F3 ，则力 F3 的大小为
(3, 4)B． (3, 4)
C．5D．25
已知函数 f  x  tanωx （ω 0 ）的图象的相邻两支截直线 y  π
4

所得线段长为，则
4
 4 
f π 的值是

A．0B．  3
3
C． 1D．
3
已知抛物线 y2  8x 的焦点为 F ，准线为l ，则焦点 F 到准线l 的距离是（）
A．2B．4C．6D．8
?+1 ,? > 2,
6．已知函数?(?) =
?−2
?(? + 3),? ≤ 2,
则?(2) = ()
A．4B．3C．2D．无意义
–––→ –––→–––→ –––→–––→ –––→–––→–––→
在四面体OABC 中， OA  OB  OA  OC  OB  OC  0, OA  OC  2 ，若直线OC 与平面
–––→
ABC 所成角为30 ，则 OB  （）
2
B．
C．
D．2
3
已知 f  x  aln x 1  x3  4x2 ， g  x   xe x  lnx  x  3 ，若不等式 f  x  0 的解集中
4
只含有2 个正整数，则a 的取值范围为（）
 25 , 72  9
g  x
A．  ln5 ln6 B．  ln3,0

 9

 25 , 72 
C．  ln2 ,0
D．  ln4 ln5 

二、多选题：本题共 3 小题，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 2 分，有选错的得 0 分。
1
3?
5
在 2? +
的展开式中,下列说法正确的是()
A．x 的系数为 10
B．第 4 项的二项式系数为 10 C．没有常数项
D．各项系数的和为 32
x2y2FF
已知双曲线C : a2  b2  1(a  0, b  0) 的左，右焦点分别为 1 ， 2 ，左、右顶点分别为A ， B ． P  x0 , y0  为双曲线C 在第一象限上的点，设 PA ， PB 的斜率分别为k1 ， k2 ，且
k1  k2
 3 ．过点 P 作双曲线C 的切线与双曲线的渐近线交于M ， N 两点，则（ ）
4
A． | PA | 的值随着 x 的增大而减小B．双曲线C 的离心率为 7
| PB |02
3
C． k1  k2 D． | PM || PN |
7
VABC 周长为5 
VABC 三个内角 A，C，B 满足关系 A  B  2C
VABC 外接圆半径为 2 21
3
VABC 中线 CD 的长为 19
2
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
已知函数 y  f  x 的图像在点M 1，f 1 处的切线方程是 y  1 x  2 ，则 f 1  f 1
2
＝．
《九章算术》中记录的“羡除”是算学和建筑学术语，指的是一段类似隧道形状的几何体，如图，羡除 ABCDEF 中，底面 ABCD 是正方形， EF / / 平面 ABCD ， V ADE 和△BCF均为等边三角形，且 EF  2 AB  6 ．则这个几何体的外接球的体积为 ．
2y2
双曲线C : x  2 的虚轴长为，以C 的左焦点为圆心，1 为半径的圆的标准方
7
程为.
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。
已知{an}是公差不为零的等差数列,a1=1,且存在实数 λ 满足 2an+1=λan+4,n∈N*.
求 λ 的值及通项 an;
求数列{?2?−?}的前 n 项和 Sn.
在△ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，延长 BC 至 M，使得 MC＝
??
3BC＝6，CA⊥AM，且 3atan∠BAC＝bcs∠ACB＋ccs B． (1)求??的值；
(2)求△ABM 的面积．
如图①所示，在Rt △ ???中，? = 90∘ ，? = 30∘ ，?? = 2，?为??中点.过点?作?? ⊥
??，垂足为?.现将 △ ???沿??翻折至△ ???的位置，如图②所示，连接??，??，过点?作
1
?? ⊥ ??，垂足为?，且?? = .
2
图①图②
（1） 若平面??? ∩ 平面??? = ?，求证：??//?；
（2） 求二面角?−??−?的正弦值.
已知函数
求a 的范围;
f  x   x 1lnx  a 1 , a  R, 且函数 f (x) 有两个极值点.
x
若函数 f (x) 的两个极值点为 x1 , x2 (x1  x2 ) 且3x1  x2 ，求 ln x1  ln x2  2a 的最大值.
6
已知 F ， F 分别为椭圆?:?2 + ?2 = 1(? > ? > 0)的左、右焦点，点 P  2 ,1 在椭圆C
12
?2
?2
 3

1
上，离心率为 ．
2
求椭圆C 的方程；
设 A 为椭圆C 的左顶点，过点 F2 的直线l 交椭圆C 于 D , E 两点， S 18 2 ，求直线
△ ADE7
l 的方程．
若过椭圆上一点?(? ,? )的切线方程为 x0 x  y0 y  1 ，利用上述结论，设d 是从椭圆中心
0 0a2b2
到椭圆在点Q 处切线的距离，当Q 在椭圆上运动时，判断d 2 QF QF 是否为定值．若是
12
求出定值，若不是说明理由．
石家庄市第一中学 2026 届高三年级统一摸底考试
数学答案
1.A2.B3.C4.A5.B6.C7.B8.C
9.BC10.ABD11.ABD
14
12．313． 36π14． 2；(x  4)2  y2  1.
15．(1)设等差数列{an}的公差为 d(d≠0),
由 2an+1=λan+4(n∈N*),①
得 2an=λan-1+4(n∈N*,n≥2),②
①-②得,2d=λd.
又因为 d≠0,所以 λ=2.
将 λ=2 代入①,
可得 an+1-an=2,即 d=2.
又因为 a1=1,所以 an=1+(n-1)×2=2n-1.
(2)由(1)可得a2n−n=2(2n-n)-1=2n+1-(2n+1),
所以 S =(22+23+…+2n+1)-[3+5+…+(2n+1)]=4(1−2n)-n(3+2n+1)=2n+2-n2-2n-4.
n1−22
16．(1)由正弦定理得 3sin∠BACtan∠BAC＝sin Bcs∠ACB＋sin∠ACBcs B＝sin(B＋∠ACB)，
因为 B＋∠ACB＝π－∠BAC，
所以 sin(B＋∠ACB)＝sin(π－∠BAC)＝sin∠BAC，且 sin∠BAC≠0，
3
所以 tan∠BAC＝ 3.
6
因为∠BAC∈(0，π)，所以∠BAC＝π.
BCABAB
AM3
在△ABC 中，sin π＝sin∠ACB＝AM，化简可得AB ＝2.
66
(2)设 AB＝2x，则 AM＝3x.在△ABM 中，由余弦定理得 AB2＋AM2－2AB·AMcs∠BAM＝BM2，即 4x2＋9x2－
12x2·− 1 ＝64，解得 x264
2
所以 S
＝19，
＝1·2x·3x· 3＝3 3×64
96 3.
△ABM2
22 19＝ 19
17．（1） 在题图①中，BC=2，∠BAC=30∘ ，所以AB=4，AC=2 3，
2
因为E为AC的中点，EF⊥AB，所以AE= 3，AF=3.
因为FG=1G
AB的中点位置，所以EG//BC，
2，所以点 在题图①中
在题图②中，因为EG⊂ 平面PEG，BC⊄ 平面PEG，所以BC//平面PEG，
因为BC⊂ 平面PBC，平面PEG∩ 平面PBC=l，所以BC//l.
在题图②中，因为EF⊥PF，EF⊥BF，PF∩BF=F，PF，BF⊂ 平面PBF，所以EF⊥ 平面PBF，
又EF⊂ 平面EFBC，所以平面PFB⊥ 平面EFBC，
因为平面PFB∩ 平面EFBC=FB，PG⊥FB，PG⊂ 平面PFB,所以PG⊥ 平面EFBC.
由（1）知AF=3
PF=3
22
GF=1PG=3 − 1 = 2，
2，即
2，又
2，所以22
过点G在平面GECB内作Gy⊥EG，
以G为坐标原点，GE,Gy,GP所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则P(0,0, 2)，E(1,0,0)，C(1, 3,0)，B(−1, 3,0)，
所以PC=(1, 3,− 2)，EC=(0, 3,0)，BP=(1,− 3, 2).
→
→
设平面PEC的法向量为n =(x,y,z)，则 n1⋅PC=x+ 3y− 2z=0,
1
令x=2，解得z= 2，
所以n1=(2,0, 2).
n1⋅EC= 3y=0,
→
→
2
设平面PBC的法向量为n =(m,n,a)，则 n2⋅PC=m+ 3n− 2a=0,
n2⋅BP=m− 3n+ 2a=0,
令n= 2，解得a= 3，所以n2=(0, 2, 3)，
所以cs⟨n ,n ⟩= n1⋅n2 = 6 = 1 ，所以sin⟨n ,n ⟩=2 5，
5
12 |n1|⋅|n2|
6⋅ 5
125
.
所以二面角E−PC−B的正弦值为2 5
5
18．（1）由题得， f (x)  x  ln x  a , (x  0) ，
x2
令h(x)  x  ln x  a,(x  0) ，
则函数 f (x) 有两个极值点，即方程h(x)  0 有两个正实数根.
因为h( x)  1  1  x  1 ，
xx
所以当 x (0,1) 时， h(x)  0 ， h(x) 单调递减，当 x (1, ) 时， h(x)  0 ， h(x) 单调递增，所以， h(x)min  h(1)  1 a ，
且当 x  0 时， h(x)   ， x   时， h(x)   .
所以方程h(x)  0 有两个正实数根，
只需h(1)  1 a  0 ，解得a  1 ，
即函数 f (x) 有两个极值点时， a 的范围为(1, ) .
（2）由0  x  x 且3x  x ，令 x2  t ，则t (1, 3] ，
x
1212
1
由（1）知， h(x1 )  h(x2 )  0 ，
即a  x1  ln x1  x2  ln x2 ，
则 x  x  ln x2  ln t ，
21
即tx1  x1
x1
 ln t ，解得 x1
 ln t ，
t 1
所以 x  tx
 t ln t .
21t 1
则ln x  ln x  2a  x  x
 ln t  t ln t  (t 1) ln t ，

1212
t 1t 1t 1
令φ(t)  (t 1) ln t , t (1, 3] ，
t 1
(ln t  t 1)(t 1)  (t 1) ln t
2 ln t  t  1
则φ(t)  t  t ，
(t 1)2
令 P(t)  2 ln t  t  1 ，
t
t 12
21(t 1)2
则 P (t)   1  0, t (1, 3]
tt 2t 2
所以函数 P(t) 在(1, 3] 上单调递增，
又 P(1)  0 ，所以 P(t)  P(1) ， 则 P(t)  0 .
当t (1, 3] 时，φ(t)  0 ，
所以φ(t) 在(1, 3] 上单调递增，
则当t  3 时，φ(t)max φ(3)  2 ln 3 .
即ln x1  ln x2  2a 的最大值为2 ln 3 .
19．（1）设 F (c, 0) ， F (c, 0) ， e  c  1 ，故a  2c ，
12a2
Q点 P  2 6 ,1 在椭圆C 上，则 24  1
 1，
 3

9a2b2
2

241
24 1 1
Qb2  a2  c2 ，故得
9a2
 1，即 9a2
a2  c2
a2   1 a 
 2


3
2
解得a  2, b ，故椭圆C 的方程为 x
2
y
 1．
43
（2）由（1）知， A(2, 0) ， F2 (1, 0) ，若直线l 的斜率不存在，
1y23
则 x  1 ，代入椭圆方程可得 1 ，故 y  ，
1
2
432
此时S
V ADE

2 y AF2
 1  3 3  18 2 ,故直线有斜率，
27
直线l 的斜率为k ，则l 的方程为 y  k (x 1) ，
 y  k (x 1)

由 x
2  y2
,消去 y 得(4k 2  3)x2  8k 2 x  4k 2 12  0 ，①
 1
 43
8k 2
4k 2 12
1
2
3
2
kx  x
2

21

2
显然Δ 0 ，设 D(x1 , y1 ) ， E(x2 , y2 ) ，则 x1  x2  4k 2  3 , x1  x2 
，
3
2
kx  x 4x x
2



21

2
2 1 

4k 2  3
于是， S

y  y AF  1  3 k  x  x  
V ADE
212221

 18
,
18 2
7
3
2 4k 2  3 4k 2  3 
k 2 

8k 2
2
  4
4k 2 12 

k 4  k 2
4k 2  32
化简可得17k 4  k 2 18  0 ，即k 2 117k 2 18  0 ，解得k  1 ，
所以直线的方程为 y   x 1 .
x2y2
x xy y
由于椭圆C :
 1, (m  n  0) 上一点Q(x0 ， y0 ) 的切线方程为 0  0  1 ．
m2n2m2n2
依题意，设椭圆上的点Q(x , y ) ，则过点Q(x , y ) 的切线方程为 x0 x  y0 y  1 ，
000043


1212
9x2 16 y2
0
0
9x2  4(12  3x2 )
0
0
即3x0 x  4 y0 y 12  0 ，原点到切线的距离为d
12．

x  c y
2
2
0
0
48  3x2
0
由两点间距离公式可得 QF1 


x0  4 ，

x0 1  31 0 
2

x2 

4 
1
2
同理, | QF | 1 | x  4 | ，则| QF || QF | 1 | x2  16 | 1 (16  x2 ) ，
220124040
d 2 | QF || QF |
144 1 (16  x2 )  12
0
故12
48  3x24
0为定值．