河北省石家庄市2026届高三下学期一模考试数学试卷含答案（word版+pdf版）

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1-4 ADBC 5-8 DACB
二、多选题:
9. AC 10. 11. BCD
三、填空题:
12. 16 13. 3+1 14. 2
四、解答题(仅提供一种或两种答案，其他答案请教研组参照评分细则商议决定):
15. (1)入ABC中，由正弦定理得
bsinB=csinC=asinA=223=3 分
∴sinB=b3,sinC=c3 分
∴sinB⋅sinC=b3⋅c3=49 分
(2) △ABC 中，由余弦定理得 csA=b2+c2−a22bc≥2bc−a22bc .8 分
=2⋅4−222⋅4=12 ,当且仅当 b=c=2 时,等号成立, 分
∵A∈0,π,∴A 的最大值为 π3 , 分
又 a=b=c=2,∴ΔABC 为等边三角形. 分
16.(1)证明:在四棱锥P-ABCD中，连接BD，交 AC 于点 F ,连接 EF , 分
因为四边形 ABCD 为菱形, 所以 F 为 BD 的中点,
∵ E 为 PB 的中点, ∴ EF // PD, 分
又 PD⊄ 平面 ACE,EF⊂ 平面 ACE ,
∴PD// 平面 ACE 分
(2)取 AB 的中点 O ，连接 OD ， OP ，
四边形 ABCD 是菱形,且 ∠ABC=120∘ ,
∴△ABD 为正三角形, ∴OD⊥AB ,
∵ΔPAB 为正三角形, ∴OP⊥AB , 分
∵ 平面 PAB⊥ 平面 ABCD ,
平面 PAB∩ 平面 ABCD=AB ,
OD⊂ 平面 ABCD ,且 OD⊥AB ,
∴OD⊥ 平面 PAB . 分
以 O 为坐标原点, OP,OB,OD 所在直线分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立空间直角坐标系 Oxyz ,
∵AB=8,∴A0,−4,0, B0,4,0,D0,0,43,P43,0,0 ,
∴AD=0,4,43,AP=43,4,0 , 分
设平面 PAD 的法向量为 n=x,y,z ,
则 n⋅AD=0n⋅AP=0 ,即 4y+43z=043x+4y=0 ,
令 x=1 ,则 y=−3,z=1,∴n=1,−3,1 12 分
假设存在点 E ,使得点 E 到平面 PAD 的距离为 155 ,
设 PE=λPB=λ−43,4,0=−43λ,4λ,0,λ∈0,1 ,点 E 到平面 PAD 的距离为 d , 则 d=n⋅PEn=−43λ−43λ1+3+1=155 ,
解得 λ=18∈0,1 , 分
所以存在点 E ,当 PEBE=17 时,点 E 到平面 PAD 的距离为 155 . 分
解法二: 取 AB 的中点 O ,连接 OD,OP ,
四边形 ABCD 是菱形,且 ∠ABC=120∘ ,
∴△ABD 为正三角形, ∴OD⊥AB ,
∵ΔPAB 为正三角形, ∴OP⊥AB ,分
∵ 平面 PAB⊥ 平面 ABCD ,
平面 PAB∩ 平面 ABCD=AB,OD⊂ 平面 ABCD ,
且 OD⊥AB ,
∴OD⊥ 平面 PAB . 分
又 ∵OP⊂ 平面 PAB,∴DO⊥OP ,
∵△ABD,ΔPAB 为等边三角形,边长为 8,∴DO=PO=43
∴ 在 △DOP,DP=OP2+DO2=46 ,
又 ∵DA=PA=8 ,可以求得 SΔDAP=815 分
∴VE−DAP=13 SΔDAP×155=13×815×155=8 分
∵VE−DAP=VD−APE=13 SΔAPE⋅DO=13 SΔAPE⋅43
∴S△APE=23 , 分
∵S△APES△APB=12PA⋅PE⋅sin60∘12PA⋅PB⋅sin60∘=23163,∴PEPB=18 ,可得 PEBE=17 ,
∴ 存在点 E ,当 PEBE=17 时,点 E 到平面 PAD 的距离为 155 . 分
17. (1) 该样本中学生分数为优秀的频率 p=0.010+0.015×10=0.25 , 分
故优秀的人数为 100×0.25=25 人; 分
(2)从样本中得分不低于 70 分的学生中，用比例分配的分层随机抽样的方法选取 11 人进行座谈,其中分数在 90,100 的人数为 +0.030+0.010×11=2 . 分
若从座谈名单中随机抽取 3 人,则 X 的所有可能取值为0,1,2.
PX=0=C93C113=2855, PX=1=C92C21C113=2455, PX=2=C91C22C113=355
则 X 的分布列为:
7 分 (每种情况 1 分)
所以 EX=0×2855+1×2455+2×355=611 . 分
(3)由题意知，Y ∼B50,0.25 ,
则 PY=k=C50k0.25k1−0.2550−k , 分
令 PY=k+1PY=k=C50k+10.25k+10.7549−−k=50−k3k+1 ,
当 50−k3k+1>1 ,解得 k≤11.75 分
因为 k∈N ,所以 k≤11 时, PY=kPY=k+1 ,
所以当 k=12 时， PY=k 最大. 分
18.(1)依题意可知 2 b=2,a2−b2=1. 分
解得 a=2, b=1 ,椭圆 C 的标准方程为 x22+y2=1 分
(2)(i)设 Ax1,y1,Bx2,y2,D2,y1 ，
依题意 x=my+1x2+2y2=2 ，得 m2+2y2+2my−1=0 ， 分
Δ=4 m2+4 m2+2=8 m2+1>0,
y1+y2=−2mm2+2, y1y2=−1m2+2 ∗, 6 分
kBD=y2−y1x2−2 ,直线 DB 的方程为: y=y2−y1x2−2x−2+y1 ①.
由图形的对称性可知,若动直线 DB 过定点,则定点一定在 x 轴上,所以令 y=0 代入 ①, 可得
x−2=−y1x2−2y2−y1=−y1my2+1−2y2−y1=−my1y2+y1y2−y1, 分
由 ∗ 得 my1y2=12y1+y2 ,
所以 x−2=−12y1+y2+y1y2−y1=−12y2−y1y2−y1=−12 分
得 x=32 ,所以直线 DB 恒过定点 H32,0 11 分
(ii) 由 (i) 可知直线 DB 恒过定点 H32,0 ,
所以 S△OBD=S△OHD+S△OHB=12OH∥y1+12OH∥y2=12OH∥y1−y2
=34y1+y22−4y1y2 分
将 ∗ 代入得
SΔOBD=34−2 m m2+22+4 m2+2=348 m2+1m2+2=322m2+1 m2+2, 分
设 t=m2+1∈[1,+∞) ,
则 SΔOBD==322tt2+1=3221t+1t∈0,324 . 分
19. (1) 当 n=2 时, fx=12x2−8lnx ,定义域为 0,+∞ ,
f′x=x−8x=x+22x−22x, 分
当 x∈0,22 时， f′x0 ，故函数 fx 单调递增. 分
所以函数 fx 的减区间为 0,22 ; 增区间为 22,+∞ ; 分
(2)(i)当 x∈0,+∞ 时， f′x=x−2n2x=x+2nx−2nx ，
令 f′x=0 ,解得 x=2n ,
函数 fx 在区间 0,2n 上单调递减,在区间 2n,+∞ 上单调递增,故 xn=2n,yn=2+2n. 7 分
X1=2∈1,2, 故 x1=1; x2=22≈2.828∈2,3 ,故 x2=2 ;
x3=32≈4.242∈4,5 ,故 x3=4;x4=42≈5.656∈5,6 ,故 x4=5 ;
y1=2+2∈3,4, 故 y1=3; y2=4+22∈6,7 ,故 y2=6 .
故 1,2,4,5∈P,3,6∈Q ; 9 分
(ii) 先证明: P∩Q=⌀ .
假设存在正整数 m,n 满足 2 m=2n+2n=2n+2n=k ,
记 2 m=k+r1,2n+2n=k+r2 ,其中 r1,r2∈0,1 ,且 r1+r2≠1 .
若 r1+r2=1 ,则 2n+2m+n=2k+r1+r2=2k+1 ,即 2m+n=2k+1−2n ,显然等式右侧为整数,左侧为无理数,故 r1+r2≠1 .
故 m=k+r12∈k2,k+12,n=k+r22+2∈k2+2,k+12+2 , 10 分
故 m+n∈k,k+1 ,与假设矛盾,故假设不成立,
因此 P∩Q=⌀ ; 12 分
再证明: P∪Q=N∗ .
解法一: 由 (1) 知 n≤6 时成立,设任意一个大于 6 的正整数为 M ,一定存在正整数 k1,k2 满足 xk1≤M