河北省石家庄市2026年高三下高考二模数学试卷

这是一份河北省石家庄市2026年高三下高考二模数学试卷，共39页。试卷主要包含了 ADCC5-8， BC10等内容，欢迎下载使用。

2026 届石家庄市普通高中学校毕业年级教学质量检测（二）
数 学 答 案
单选题
1-4. ADCC5-8. DABB
多选题
9. BC10. BCD11. ACD
填空题
5 3
3
4 2
3
3 
12． 213．1614.，
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：
 b  1，

 a
22
a  1,
…2分
（-2） （
3）  1，
b  1
 a2b2
2
又c2  a2  b2  2 可得c 4 分
2
2c  2
则双曲线C 的焦距为2 2.
…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  tan 2
3
  3.
直线l 的方程为： y  
3(x 
8 分
设 A（x1, y1）, B（x2 , y2）,
 y  
3(x 2)
联立
x2
 y2
 1,
，9 分
整理得2x2  6
2x  7  0 ，   (6
2)2  4 2 7  16  0,
x1  x2  3
2, x1x2
 711 分
1 k 2(x  x )2  4x x
12
1 2
18 14
2
 AB 
 1 3 
 413 分
解：（1） Sn  2an  2 ，
当 n  1时， S1  2a1  2  a1 a1  21 分
又当n  2 时， Sn1  2an1  2
 an  Sn  Sn1  2an  2an1
 an  2an13 分
数列an 是以2 为首项， 2 为公比的等比数列.
1n1n
1
an  a  qn 2 2 25 分
nn1
(2)a  2n , a 2n1 ,由题意知an1  an （n  2 1）dn ，7 分
2n
 dn  n 1 ,8 分
nnn
c  n(n 1)d ,c  n 2n ,9 分
设数列cn 的前 n 项和Tn ，
Tn  C1  C2  Cn1  Cn
1n
Tn  1 21  2 22  (n 1)  2n  n 2
1
2Tn  1 22  2 23  (n 1)  2n  n  2n11 分
n
两式相减得： T
2  2n1
 2  22  23 2n  n  2n112 分
n1
即 Tn  1 2 n  2，14 分
Tn
（n 1） 2n1  2.
…15 分
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 ， POOG  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
E(, ,
则 P(0, 0, 3), A(1,3, 0), B(1, 0, 0), C(1, 0, 0), D(1,3, 0) ，1 33 ) ，
, ,
BC  (2, 0, 0), BE  ( 1 33 ), PB  (1, 0, 
2 22
3),
2 22
PC  (1,0, 
, PD  (1,3, 
3), 设Q(a, 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  0 ，即2x  0，


m  BE  0x  3y  3z  0
3
取 z ，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 PQm ，
|
即
 |且a  0, b

c  3
3
，10 分
QB  m |
PB  m |
| m || m |1
3
即3 | b  3c | 且a  0, 3b  c ，
解得b  0, c 3 （舍去）或b  3 , c  3 ，
22
3
3
所以Q(0, , 
22
) ．11 分
设平面QAB 的一个法向量为t  (x0 , y0 , z0 ) ，
3 3
又QA 
3 3

(1,,), QB(1,
,) ，则
2x0  3y0 

t  QA  0
t  QB  0
，即
3z0  0
，
取 x0 
2222
3, y0  0, z0  2 ，所以t  ( 3, 0, 2) ．
2x0  3y0 
3z0  0
设平面 PCD 的一个法向量为n  (x , y , z ) ，则n  PC  0 ，即x1 
3z1  0
11
11 1

n  PD  0
x  3y 
3z1  0
3
取 x1 ，则 y1  0 ， z1  1，所以n  ( 3, 0, 1) ,13 分
设平面QAB 与平面 PCD 夹角为 ，则cs | cst, n | 5 7 ．
14
故平面QAB 与平面 PCD 夹角的余弦值为 5 7 ．15 分
14
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 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 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  MQ8 分
3
在平面 POG 内， PO  ， OG  BA  3 ， 所以
OPG  60°,因为 H 为 PG 中点
3
PH  OH  1 PG  ，
2
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°，
3
所以POH = QHM  60°，可得 HQ PO ，且 HQ  PO ，设 HQ 交OG 于点 K ，则 K 为OG 中点，
则OK  3 ， HK  KQ  1 PO 3 ，10 分
222
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 ,同理可得tan  
3 ，12 分
2

则平移可得平面QAB 与平面 PCD 夹角为60
，13 分
3 3
则tan(60
  )  2 3 ，即cs(60   )  5 7 ，
13 3
2
514
故平面QAB 与平面 PCD 夹角的余弦值为 5 7 ．15 分
14
解：（1） f (x)  a  b
x2
 2 ,1 分
x
则 f (1)  a  b  2   1 ， f (1)  a  b  1 ，
2
则 a  5 ， b  13 分
44
当b  1时，依题意有ax  1  2 ln x  0 对于任意 x  1 恒成立，
x
则 a  2 ln x  1
，5 分
xx2
设 m(x)  2 ln x  1 (x  1) ， m(x)  2x  2x ln x  2 ,7 分
xx2x3
设 h(x)  2x  2x ln x  2 ， h(x)  2 ln x ，
由 x  1得： h(x)  0 ，则h(x) 在(1, ) 上单调递减，
且 h(1)  0 ，则h(x)  0 ，即m(x)  0 ， m(x) 在(1, ) 上单调递减，
m(1)  1，则m(x)  1 ，则a  19 分
由（2）可知，当 x  1时， x  1  2 ln x  ln x2 ,11 分
t
t
x
令t  x2
，则
 1
 ln t(t  1) ,因为 2n 1  1,13 分
2n 1
令t 
2n 1
2n 1
，则
 ln
2n 1
,
2n 1
2n 1
2n 1
2n 1
2n 1
22n 11
4n2 1
n2  1
4
即 ln,即
2n 1
ln 2n 1 ,15 分
2n 1
12  1
4
22  1
4
1
累加得：1
1
n2  1
4
ln 3  ln 5  ln 2n 1  ln(2n 1) ,
132n 1
n
即
i1
 ln(2n 1) 成立.17 分
1
i2  1
4
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  1  1  1  1  13分
2 2 2 216
(ⅱ)由全概率公式得： a  1 1 1 (1 a )5分
1221
解得： a  26分
13
(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 a  1 a 1 b ①8分
k2 k 12 k
b  1 b 1 a ②10分
k2 k 12 k
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b  2a  a，代入②得2a  a 1 (2a a )  1 a  a，整理得
kkk 1
ak 1  ak 1  2ak (k  2，3， ，2n  2) .③
kk 12
k 1k
2 kk 1
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b  0 得b  1 b  1 a  1 a .
012 02 12 1
又由①取k  1 得 a  1 a  1 b ，代入b  1 a 得
12 22 112 1
a  1 a
 1  1 a

 3 a  1 a  a  3 a15分
12 2
2 2 1
4 12 222 1
设公差为 d ，则a  a  d ，故d  1 a .于是对任意k  1 有
212 1
)a
a  a  (k 1)d  (1 k 1 k 1 a .利用边界a  1 ，得 2n 1 a
 1  a 2
k12121
2n2
112n 1
因此a 
2 k 1 
k 1（1≤k≤2n 1, k  N*）17分
k2n 122n 1