河北省石家庄市第一中学2025-2026学年高三上学期9月摸底考试数学试题（Word版附答案）

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1.A 2.B 3.C 4.A 5.B 6.C 7.B 8.C
9.BC 10.ABD 11.ABD
12．3 13． 14．； .
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Sn=(22+23+…+2n+1)-[3+5+…+(2n+1)]=4(1−2n)1−2-n(3+2n+1)2=2n+2-n2-2n-4.
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，
所以tan∠BAC＝33.
因为∠BAC∈(0，π)，所以∠BAC＝π6.
在△ABC中，BCsinπ6＝ABsin∠ACB＝ABAM6，化简可得AMAB＝32.
(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·−12＝64，解得x2＝6419，
所以S△ABM＝12·2x·3x·32＝332×6419＝96319.
17．（1） 在题图①中，BC=2，∠BAC=30∘ ，所以AB=4，AC=23，
因为E为AC的中点，EF⊥AB，所以AE=3，AF=32.
因为FG=12，所以点G在题图①中AB的中点位置，所以EG//BC，
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.
（2） 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=32，即PF=32，又GF=12，所以PG=322−122=2，
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P0,0,2，E1,0,0，C1,3,0，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n1=x,y,z，则n1⋅PC→=x+3y−2z=0,n1⋅EC→=3y=0,
令x=2，解得z=2，
所以n1=2,0,2.
设平面PBC的法向量为n2=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⟨n1,n2⟩=n1⋅n2n1⋅n2=66⋅5=15，所以sin⟨n1,n2⟩=255，
所以二面角E−PC−B的正弦值为255.
18．（1）由题得，，
令，
则函数有两个极值点，即方程有两个正实数根.
因为，
所以当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，，
且当时，，时，.
所以方程有两个正实数根，
只需，解得，
即函数有两个极值点时，的范围为.
（2）由且，令，则，
由（1）知，，
即，
则，
即，解得，
所以.
则，
令，
则，
令，
则
所以函数在上单调递增，
又，所以， 则.
当时，，
所以在上单调递增，
则当时，.
即的最大值为.
19．（1）设，，，故，
点在椭圆上，则，
，故得，即
解得，故椭圆的方程为．
（2）由（1）知，，，若直线的斜率不存在，
则，代入椭圆方程可得，故，
此时,故直线有斜率，

直线的斜率为，则的方程为，
由,消去得，①
显然，设,，,，则，
于是，,
化简可得，即，解得，
所以直线的方程为.
（3）由于椭圆上一点，的切线方程为．
依题意，设椭圆上的点,，则过点,的切线方程为，
即，原点到切线的距离为．
由两点间距离公式可得，
同理,，则，
故为定值．