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2026届石家庄市普通高中学校毕业年级教学质量检测（一）
数
学
(本试卷满分150分，考试时间120分钟)
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.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，写在
本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符
合题目要求的，
1.若复数z满足z=2-3i,则川z=
A.3
B.13
c.5
D.5
2.已知集合A={x2≤8}，B=(1,4],则AUB=
A.[3,4]
B.（-1,3]
C.(-1,3)
D.(-60,4]
3.已知抛物线C:x2=8y的焦点为F,点A(4,y)在抛物线C上，则|F
A.4N2
B.4
C.3
D.5
4.已知平面向量a,b满足1a=2,1b=1,且|a+2b=2√5，则a与b的夹角为
A.若
B.牙
c.罗
D.Z
5.已知数列o,}是等比数列，公比g>0,前项和为3，满足4=分，且S+8=2码，+1，
则g=
A子
B.4
D.2
6.已知keZ,则“a=T+2kπ”是“sina=1+cosa”的
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
高三数学第1页（共4页）
7.已知定义在R上的偶函数f(x),满足f(x+2)=(x-2),且当x∈[0,2]时，f(x)=e-1.
若a=f(-3),b=f(4),c=f(og27),则a,b,c的大小关系为
A.cB.aC.bD.b8.已知A(L,0),B(4,0),若圆C:(x-a)2+0y-a-1)2=8上总存在点P满足|PA=√2|PB|,则
实数a的取值范围是
A.（-o,0]
B.[0,6]
C.(0,6)
D.(-o,0]U[6,+∞)
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9.已知函数f)=m-1,aeR,f0=-子，则
A.a
B.函数f(x)的零点为2
C.曲线y=了()上任意一点处切线的倾斜角不小于骨
D.若x10.下列说法正确的是
A.设一组样本数据x,x2,xn的方差为2，则数据2x-3,2x2-3,…,2x,-3的方差为8
B.10个样本数据5,6,7,4,5,7,8,3,9,4的第60百分位数是6
C.用0-9这10个数字，可以组成648个没有重复数字的三位数
D.已知随机变量X的概率分布为P(X=)=2m-2m中D（n=L2,3,8)，则实数
a的值为
8
11.已知三棱柱ABC-AB,C的所有棱长均为2，AA⊥BC,记∠AAB=8(0<0<π)，则
A.当0=受时，AG1aC
B.当日=无时，三棱柱ABC-AB,C的体积为2N3
C.当9=时，直线BB与平面4BC所成角的余弦值为
3
3
D.当日=”时，三棱锥A一ABC的外接球的球面与侧面BBCC的交线长为元
高三数学第2页（共4页）2026 年石家庄市普通高中毕业年级教学质量检测（一）
数学答案
一、单选题：
1-4 ADBC 5-8 DACB
二、多选题：
9． AC 10. ACD 11. BCD
三、填空题：
1
12. 13. 3 1 14. 2
6
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） ABC中，由正弦定理得
b c a 2
3
sin B sin C sin A 2 ……………………………………2 分
3
b c
sin B ,sin C …………………………………………………………………4分
3 3
b c 4
sin B sin C ………………………………………………………………6分
3 3 9
b2 c2 a2 2bc a2
（2） ABC中，由余弦定理得cos A ……………………………8分
2bc 2bc
2 4 22 1
，当且仅当b c 2时，等号成立，………………………………10分
2 4 2

A 0， ， A的最大值为 ，………………………………………………11分
3
又a b c 2， ABC为等边三角形.……………………………………………13分
16.（1）证明：在四棱锥P ABCD中，连接BD ,交 AC 于
D C
点 F ，连接 EF ,……………………1分
F
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 ，……………3分
A
又 PD 平面 ACE，EF 平面 ACE， B
E
PD ∥平面 ACE . P
…………………………………5分
（2）取 AB 的中点O，连接OD，OP，
z
四边形 ABCD是菱形，且 ABC 120 ， D C
ABD为正三角形， OD AB，
F
PAB 为正三角形， OP AB，
…………………………………6分 O
A B y
平面PAB 平面 ABCD， E
平面PAB 平面 ABCD AB， P x
OD 平面 ABCD，且OD AB，
OD 平面PAB .……………………………………………………8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， A 0, 4,0 ，B 0,4,0 ， D 0,0,4 3 ，P 4 3,0,0 ，
AD 0,4,4 3 ， AP 4 3,4,0 ，…………………………………10分
设平面PAD 的法向量为n x, y, z ，
n AD 0 4y 4 3z 0
则 ，即 ，
n AP 0 4 3x 4y 0
令 x 1，则 y 3 ，z 1， n 1, 3,1 .……………………………………………12分
15
假设存在点E ，使得点E 到平面 PAD 的距离为 ，
5
设 PE PB 4 3,4,0 4 3 ,4 ,0 ， 0,1 ，点 E 到平面PAD 的距离为d ，
n PE 4 3 4 3 15
则 d ，
n 1 3 1 5
1
解得 0，1 ，……………………………………………………………14分
8
PE 1 15
所以存在点E ，当 时，点E 到平面PAD 的距离为 .………………15分
BE 7 5
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，
PAB 为正三角形， OP AB，
…………………………………6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 .………………………………8分
又 OP 平面PAB, DO OP ，
ABD， PAB 为等边三角形，边长为8， DO=PO 4 3
在△DOP ,DP= OP2 DO2 4 6 ，
又 DA PA=8,可以求得 S 8 15………………………………………………10分 DAP
1 15 1 15
VE DAP S DAP 8 15 8…………………………………………12分
3 5 3 5
1 1
VE DAP VD APE S APE DO S APE 4 3
3 3
S =2 3 ,………………………………………13分 APE
1
PA PE sin 60
S APE 2
2 3 PE 1 PE 1
， ,可得 ，
S 1APB PA PB 16 3 PB 8 BE 7 sin 60
2
PE 1 15
存在点E ，当 时，点E 到平面PAD 的距离为 .…………………………15 分
BE 7 5
17. (1)该样本中学生分数为优秀的频率 p (0.010 0.015) 10 0.25 , …………1分
故优秀的人数为100 0.25 25人； …………………………………………………2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
0.010
座谈，其中分数在 90,100 的人数为 11 2. …………………4 分
0.015 0.030 0.010
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.
3 2 1 1 2
C9 28 C9C2 24 C9C2 3
P(X 0)＝ 3 ＝ ， P(X 1)＝ 3 ＝ ，P(X 2) ＝ 3 ＝
C11 55 C11 55 C11 55
则 X 的分布列为:
X 0 1 2
28 24 3
P
55 55 55
……………………………………………………………………7分（每种情况 1分）
28 24 3 6
所以E(X )＝0× ＋1× ＋2× ＝ . …………………………………………………9分
55 55 55 11
（3）由题意知，Y～B(50,0.25) ，
k k 50 k
则P Y k C50 0.25 1 0.25 ， ………………………………………11分
P Y k 1 C k 1(0.25)k 1(0.75)49 k
令 50
50 k
，
P Y k C k (0.25)k (0.75)50 k 3(k 1) 50
50 k
当 1，解得 k 11.75 13分
3(k 1) ……………………………………………………
因为 k N ,所以 k 11时，P Y k P Y k 1 ，
当 k 12时，P Y k P Y k 1 ，
所以当 k 12时，P Y k 最大. …………………………………15分
2b 2，
18.（1）依题意可知 ……………1分 2 2
a b 1.
x2
解得a 2,b 1，椭圆C 的标准方程为 y
2 1 .…………………………3分
2
（2）（ⅰ）设 A x1，y1 ， B x2，y2 ，D 2，y ， 1
x my 1
依题意 ，得
2 2
2 2 m 2 y 2my 1 0，……………………4分
x 2y 2
4m2 4 m2 2 8 m2 1 0，
2m 1
y1 y2 ， y1y2 （*），………………………………………6分
m2 2 m2 2
y y y
k 2 1 ，直线DB的方程为： y 2
y1
BD x 2 y ①. 1
x2 2 x2 2
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 my2 1 2 my y y
x 2 y 2 y 1 2 1 ，……………………………8分1 1
y2 y1 y2 y1 y2 y1
1
由（*）得my1y2 y1 y2 ，
2
1 1
y1 y2 y1 y2 y1
所以 x 2 2 2
1
……………………………10分
y2 y1 y2 y1 2
3 3
得 x ，所以直线DB恒过定点H ，0 .……………………………11分
2 2
3
（ⅱ）由（ⅰ）可知直线DB恒过定点H ，0 ，
2
1 1 1
所以 S OBD S OHD S OHB OH y1 OH y2 OH y1 y2
2 2 2
3
2 y y 4y y ……………………………………………………………………13分 1 2 1 2
4
将（*）代入得
2
3 2m 4 3 8 m2 1 3 2 m2 1
S ，……………………15分 OBD
4 m2 2 m
2 2 4 m2 2 2 m2 2
设 t m2 1 1， ，
3 2 t 3 2 1 3 2
则 S OBD 0， .…………………………17分
2 t 2 1 2 1
t
4
t
1 2
19.（1）当n 2时， f x x 8ln x，定义域为 0, ，
2
8 x 2 2 x 2 2
f x x ，…………………………2分
x x
当 x 0,2 2 时， f x 0，故函数 f x 单调递减；
当 x 2 2, 时， f x 0，故函数 f x 单调递增.……………………4分
所以函数 f x 的减区间为 0,2 2 ；增区间为 2 2, ；……………………5分
2n2 x 2n x 2n
（2）（ⅰ）当 x 0, 时， f x x ，
x x
令 f x 0，解得 x 2n，
函 数 f x 在 区 间 0, 2n 上 单 调 递 减 ， 在 区 间 2n, 上 单 调 递 增 ， 故
x 2n, y 2 2 n .………………………………………………7分 n n
x1 2 1,2 ， 故 x1 1 ； x2 2 2 2.828 2,3 ， 故 x2 2 ；
x3 3 2 4.242 4,5 ， 故 x3 4 ； x4 4 2 5.656 5,6 ， 故 x4 5 ；
y1 2 2 3,4 ， 故 y1 3； y2 4 2 2 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 2m 2n 2n 2n 2n k ，

记 2m k r1,2n 2n k r2，其中 r1, r2 (0,1) ,且 r1 r2 1.
若 r r 1，则2n 2 m n 2k r r 2k 1，即 2 m n 2k 1 2n，显然1 2 1 2
等式右侧为整数，左侧为无理数，故 r1 r2 1.
k r k k 1 k r k k 1
故m 1 , ,n 2 , ，……………………10 分
2 2 2 2 2 2 2 2 2
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 x
M x , k k 1 y

k M
y
1 1 2 k2 1 ，
即证明1,2,3, ,M 的整数中有 k1 个在集合P中，有 k 个在集合Q2 中，k1 k2 M ，只需
证明 k1 k2 M 即可. ……………………14分
M 1 M 1
易知 2k1 M 1, 2 2 k2 M 1，且 k1 ,k2 ，………15分
2 2 2
M 1 M 1 M 1 M 1
又因为 1 k1 , 1 k2 ，………………………16 分
2 2 2 2 2 2
即M 1 k k M 1，故 k k M ，又P Q ，于是原结论成立，综上知，集1 2 1 2
合 P,Q 是正整数集的一个“互补覆盖”.…………………………………17分
解法二：由（1）知n 6时成立，假设存在一个大于 6的正整数为M ，不存在正整数k1,k2
满足 x

k M x

k 1 , yk M

y

k 1 ， 1 1 2 2
2(k 1) M 1或 (2 2)(k 1) M 1时，无理数等于有理数，显然不成立， 1 2
2k1 M (2 2)k2 M
所以 ，且 …………………13分
2(k1 1) M 1 (2 2)(k2 1) M 1
k1 2 k 2

2
1
M 2 M 2
所以 ，且 ……………………………………14分
k1 1 2 k2 1 2 1
M 1 2 M 1 2
k1 k2 k k 2所以 1且 1 2 1……………………………………16分
M M 1
化简得M 1 k1 k2 M ，显然不成立
故假设不成立，所以原命题得证. ………………………………………………17分

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