河北省石家庄市2026届高三二模考试数学试卷含答案（word版）

这是一份河北省石家庄市2026届高三二模考试数学试卷含答案（word版），共32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。
1-4. ADCC 5-8. DABB
二、多选题
9. BC 10. BCD 11. ACD
三、填空题
12. 2
13. 16
14.533，3−423
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. 解: 由题意得:
ba=1,−22a2−32b2=1, ∴a=1b=1, 2分
又 c2=a2+b2=2 ,可得 c=2 , 4 分
∴2c=22 ,则双曲线 C 的焦距为 22 . 6 分
(2) ∵a2=1,b2=1,∴ 双曲线 C 的方程为 x2−y2=1 ,
∵c=2,∴ 右焦点坐标为 2,0 ,
∵ 设直线 l 的斜率为 k, ∴k=tan2π3=−3 .
∴ 直线 l 的方程为: y=−3x−2 , 8 分
设 Ax1,y1,Bx2,y2 ,
联立 y=−3x−2x2−y2=1 9 分
整理得 2x2−62x+7=0,Δ=−622−4×2×7=16>0 ,
x1+x2=32,x1x2=72. 11 分
∴AB=1+k2x1+x22−4x1x2=1+3×18−14=4 . 13 分
16. 解: (1) ∵Sn=2an−2 ,
∴ 当 n=1 时, S1=2a1−2=a1∴a1=2 . 1 分
又 ∵ 当 n≥2 时, Sn−1=2an−1−2
∴an=Sn−Sn−1=2an−2an−1
∴an=2an−1 3 分
∴ 数列 an 是以 2 为首项,2 为公比的等比数列.
∴an=a1⋅qn−1=2×2n−1=2n . 5 分
(2) ∵an=2n,an+1=2n+1 ，由题意知 an+1−an=n+2−1dn ， 7 分
∴dn=2nn+1 , .8 分
∵cn=nn+1dn,∴cn=n×2n , 9 分
设数列 cn 的前 n 项和 Tn ,
∵Tn=C1+C2+⋯+Cn−1+Cn ,
∴Tn=1×21+2×22+⋯+n−1×2n−1+n×2n ,
2 Tn=1×22+2×23+⋯+n−1×2n+n×2n+1, 11 分
两式相减得: −Tn=2+22+23+⋯2n−n×2n+1 .12 分
即 −Tn=2−2n+11−2−n×2n+1 , 14 分
∴Tn=n−1×2n+1+2 . 15 分
17. 解: (1) ∵ 侧面 PBC 为正三角形, ∴PO⊥BC ,
∵ABCD 是矩形,且 O、G 分别为 BC,AD 中点,
∴OG⊥BC , 2 分
∵PO⊂ 面 POG,OG⊂ 面 POG,PO∩OG=O ,
∴BC⊥ 面 POG,∵BC⊂ 平面 BEC ,
∴ 平面 POG⊥ 平面 BEC . 4 分
(2)方法一:由(1)知 PO⊥BC ，平面 PBC⊥ 平面 ABCD ，
平面 PBC∩ 平面 ABCD=BC,∴PO⊥ 平面 ABCD , OG ⊥ BC,
以 O 为坐标原点, OB,OG,OP 所在直线分别为 X 轴、 y 轴、 z 轴建立空间直角坐标系 Oxyz , 5 分
则 P0,0,3, A1,3,0,B1,0,0,C−1,0,0,D−1,3,0,E12,32,32 ,
BC=−2,0,0,BE=−12,32,32,PB=1,0,−3 ,
PC=−1,0,−3,PD=−1,3,−3 ,设 Qa,b,c ,
则 QB=1−a,−b,−c,PQ=a,b,c−3 , ·7 分
设平面 BCE 的一个法向量为 m=x,y,z ,
则 m⋅BC=0m⋅BE=0 ,即 −2x=0−x+3y+3z=0 ,
取 z=3 ，则 y=−1,x=0 ，所以 m=0,−1,3 ， ·8分
易知点 P 到平面 BCE 的距离与点 Q 到平面 BCE 的距离相等且 PQ//m ，
即 PB⋅mm=QB⋅mm 且 a=0,b−1=c−33 , 10 分
即 3=b−3c 且 a=0,3b=3−c ,
解得 b=0,c=3 (舍去) 或 b=32,c=−32 ,
所以 Q0,32,−32 . 11 分
设平面 QAB 的一个法向量为 t=x0,y0,z0 ,
又 QA=1,32,32,QB=1,−32,32 ,则 t⋅QA=0t⋅QB=0 ,即 2x0+3y0+3z0=02x0−3y0+3z0=0 ,
取 x0=3,y0=0,z0=−2 ,所以 t=3,0,−2 .
设平面 PCD 的一个法向量为 n=x1,y1,z1 ,
则 n⋅PC=0n⋅PD=0 ,即 −x1−3z1=0−x1+3y1−3z1=0 取 x1=3 ,则 y1=0,z1=−1 ,所以 n=3,0,−1 , 13 分
设平面 QAB 与平面 PCD 夹角为 θ ,则 csθ=cs⟨t,n⟩=5714 .
故平面 QAB 与平面 PCD 夹角的余弦值为 5714 . 15 分
方法二: 设平面 BEC 与棱 PD 相交于点 F ,
因为 AD//BC,AD⊄ 面 BCFE ,则 AD// 平面 BCFE ，
且面 BCFE 八面 PAD=EF ，则 AD//FE ，又因为 E 为 PA 中点,可得 F 为 PD 中点,
设平面 BEFC∩P 平面 POG=OH ,
OH∩PG=H ,则 H 为 PG 中点, 6 分
因为P 关于平面 BCFE 的对称点为Q,
所以 PQ⊥ 面 BCFE ,由 (1) 知平面 POG⊥ 平面 BCFE ,
所以 PQ⊂ 平面 POG ,又平面 POG∩ 平面 BCFE=OH
且 PQ⊥OH ,且 PM=MQ .8 分
在平面 POG 内, PO=3,OG=BA=3 ,所以 ∠OPG=60∘ ,因为 H 为 PG 中点
PH=OH=12PG=3,
可得 △POH 为正三角形,因为 PM⊥OH ,所以 M 为 OH 中点,
由对称性可知, △PHM≅△QHM,∠PHM=∠QHM=60∘ ,
所以 ∠POH=∠QHM=60∘ ,可得 HQ//PO ,且 HQ=PO=3 ,
设 HQ 交 OG 于点 K ,则 K 为 OG 中点,
则 OK=32,HK=KQ=12PO=32 , 10 分
由 PO⊥ 面 ABCD,BC⊥CD ,可得 PC⊥CD ,
则平面 PCD 与平面 ABCD 夹角为 ∠PCO=60∘ ,
设平面 QAB 与平面 ABCD 夹角为 α ,同理可得 tanα=32 , 12 分
则平移可得平面 QAB 与平面 PCD 夹角为 60∘−α , .13 分
则 tan60∘−α=3−321+3⋅32=35 ,即 cs60∘−α=5714 ,
故平面 QAB 与平面 PCD 夹角的余弦值为 5714 . 15 分
18. 解: (1) f′x=a+bx2−2x , 1 分
则 f′1=a+b−2=−12, f1=a−b=1 ,
则 a=54, b=14 . 3 分
(2)当 b=1 时，依题意有 ax−1x−2lnx>0 对于任意 x>1 恒成立，
则 a>2lnxx+1x2 , 5 分
设 mx=2lnxx+1x2x>1,m′x=2x−2xlnx−2x3 , 7 分
设 hx=2x−2xlnx−2,h′x=−2lnx ,
由 x>1 得: h′x1 ,因为 2n+12n−1>1 , 13 分
令 t=2n+12n−1 ,则 2n+12n−1−2n−12n+1>ln2n+12n−1 ,
即 24n2−1>ln2n+12n−1 ,即 1n2−14>ln2n+12n−1 , 15 分
累加得: 112−14+122−14+⋯+1n2−14>ln31+ln53+⋯+ln2n+12n−1=ln2n+1 ,
即 i=1n1i2−14>ln2n+1 成立. 17 分
19. 解: (i) 由题意得, 若比赛进行四轮结束第一轮甲进攻乙胜, 第二轮乙进攻甲胜, 第三轮甲进攻乙胜, 第四轮乙进攻乙胜, 1 分
故比赛进行四轮结束的概率为 P=12×12×12×12=116 .3分
(ii) 由全概率公式得: a1=12×1+12×1−a1 .5分
解得: a1=23 .6分
(2)记 bk 为甲队的分数为 k 分且乙为进攻方时甲队最终获胜的概率.
由规则,对 1≤k≤2n−1,k∈N∗∗ ,
有 ak=12ak+1+12bk ① .8分
bk=12 bk−1+12ak ② .10分
边界条件: a0=b0=0 ,且自然定义 a2n=1 (甲得满分时获胜) .11分
由①解出 bk=2ak−ak+1 ,代入②得 2ak−ak+1=122ak−1−ak+12ak=ak−1 ,整理得
ak+1+ak−1=2akk=2,3,⋯,2n−2 . ③
这说明 ak 是等差数列 1≤k≤2n−1,k∈N∗ 13分
下面确定 a1 和 a2 的关系.
由②取 k=1 并结合 b0=0 得 b1=12 b0+12a1=12a1 .
又由①取 k=1 得 a1=12a2+12 b1 ,代入 b1=12a1 得
a1=12a2+12⋅12a1⇒34a1=12a2⇒a2=32a1 .15分
设公差为 d ,则 a2=a1+d ,故 d=12a1 . 于是对任意 k≥1 有
ak=a1+k−1d=1+k−12a1=k+12a1 . 利用边界 a2n=1 ,得 2n+12a1=1⇒a1=22n+1
因此 ak=22n+1⋅k+12=k+12n+11≤k≤2n−1,k∈N∗ .17分