26届高中毕业年级质检二数学答案_2024-2026高三（6-6月题库）_2026年04月高三试卷_260423河北省石家庄市2026届高三二模

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
一、单选题
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.
5
3
3
，
3 
4
3
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．解：由题意得：
（ b
a

- 2
a
）
2
， 1
2 （
b
） 3
2
2
 1 ，

 a
b


1
1
, …………………………………………2分
又 c 2  a 2  b 2  2 ， 可得 c  2 ， …………………………………4分
 2 c  2 2 ， 则双曲线 C 的焦距为 2 2 . …………………………………6分
（2）  a 2  1 ， b 2  1 ，  双曲线 C 的方程为 x 2  y 2  1 ,
 c  2 ， 右焦点坐标为 （ 2 ， 0 ） ，
 设直线 l
2
的斜率为k， k tan  3.
3
 直线 l 的方程为： y   3 ( x  2 ) ， …………………………8分
设A（x ,y）,B（x ,y）,
1 1 2 2
联立
 y
x

2 

y 2
3

( x
1

,
2 )
， …………………………9分
整理得2x2 6 2x70，(6 2)2 427160,
7
x x 3 2,x x  .…………………………11分
1 2 1 2 2
 AB  1k2 (x x )2 4x x  13 1814 4.………………13分
1 2 1 2
{#{QQABZYKo4wgwwpQACI5bAwUsCQsYsJCSLEgugRAeqAxLyQFABAA=}#}16.解：（1）  S
n
 2 a
n
 2 ，
 当 n  1 时， S
1
 2 a
1
 2  a
1
 a
1
 2 . ………………1分
又  当 n  2 时， S
n  1
 2 a
n  1
 2
 a
n
 S
n
 S
n  1
 2 a
n
 2 a
n  1
a 2a ……………………………………3分
n n1
 数列  a
n
 是以 2 为首项， 2 为公比的等比数列.
a a qn1 22n1 2n.……………………………………………………5分
n 1
(2)  a
n
 2 n , a
n  1
 2 n  1 ,由题意知a a （n21）d ，……………………7分
n1 n n
 d
n

n
2 n
 1
, ……………………………………8分
c n(n1)d ,c n2n,……………………………………9分
n n n
设数列  c
n
 的前 n 项和 T
n
，
 T
n
 C
1
 C
2
   C
n  1
 C ，n
 T
n
 1  2 1  2  2 2    ( n  1 )  2 n  1  n  2 n ，
2 T
n
 1  2 2  2  2 3    ( n  1 )  2 n  n  2 n  1 ， ………………………11分
两式相减得：
 T
n
 2  2 2  2 3   2 n  n  2 n  1
………………………12分
22n1
即T  n2n1，……………………14分
n 12
 T
n
（ n  1 ）  2 n  1  2 .
……………………15分
17.解：（1） 侧面PBC为正三角形，  P O  B C ，
ABCD是矩形，且O、G分别为BC，AD中点，
 OGBC，……………………2分
P O  面 P O G ， O G  面 P O G ， P O O G  O ，
BC 面POG， BC平面BEC，
平面POG平面BEC．……………………4分
{#{QQABZYKo4wgwwpQACI5bAwUsCQsYsJCSLEgugRAeqAxLyQFABAA=}#}（2）方法一：由（1）知 P O  B C ， 平面 P B C  平面 A B C D ，
平面 P B C 平面 A B C D  B C ，  P O  平面 A B C D ，
O G  B C ，
以 O 为坐标原点， O B ， O G ， O P 所在直线分别为x
轴 、 y 轴 、 z 轴 建 立 空 间 直 角 坐 标 系
O x y z ，……………………5分
则P(0,0, 3),A(1,3,0),B(1,0,0),C(1,0,0),D(1,3,0)， E (
1
2
,
3
2
,
2
3
) ，
1 3 3
BC(2,0,0),BE( , , ),PB(1,0, 3),
2 2 2
P C  (  1 , 0 ,  3 ) , P D  (  1 , 3 ,  3 ) , 设 Q ( a , b , c ) ，
则QB(1a,b,c)， P Q  ( a , b , c  3 ) , …………………………………………7分
设平面BCE的一个法向量为m (x,y,z)，则
 m
m


B
B
C
E


0
0
，即
 

2
x
x


3
0
y  3 z  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
| P B
| m
 m
|
|

| Q B
| m
 m
|
|
且 a  0 ,
b
 1

c 
3
3
，………………………………10分
即3|b 3c|且 a  0 , 3 b  3  c ，
解得b0,c 3（舍去）或 b 
3
2
, c  
2
3
，
所以 Q ( 0 ,
3
2
, 
2
3
) ．……………………………………11分
设平面 Q A B 的一个法向量为t (x ,y ,z )，
0 0 0
3 3 3 3  tQA0  2x 3y  3z 0
又QA(1, , ),QB(1, , )，则 ，即 0 0 0 ，
2 2 2 2 tQB0  2x 3y  3z 0
0 0 0
取x  3,y 0,z 2，所以t ( 3,0,2)．
0 0 0
{#{QQABZYKo4wgwwpQACI5bAwUsCQsYsJCSLEgugRAeqAxLyQFABAA=}#}设平面 P C D 的一个法向量为 n  ( x
1
, y
1
, z
1
)
 nPC 0
，则 ，即
nPD0
 

x
x
1
1

 3
3
y
z
1
1

 0
3 z
1
 0
取 x
1
 3 ，则 y
1
 0 ， z
1
  1 ，所以 n  ( 3 , 0 ,  1 ) ,…………………………13分
设平面 Q A B 与平面 P C D 夹角为，则 c o s | c o s , |
5
1 4
7
   t n   ．
故平面QAB与平面 P C D 夹角的余弦值为
5
1 4
7
．………………………………15分
方法二：设平面 B E C 与棱PD相交于点 F ，
因为 A D B C ， A D  面BCFE，则 A D 平
面 B C F E ，
且面 B C F E 面PAD  EF ，则 A D F E ，又
因为 E 为 P A 中点,可得 F 为 P D 中点，
设平面 B E F C 平面 P O G  O H ，
O H P G  H ,则 H 为 P G 中点，…………………………6分
因为P关于平面 B C F E 的对称点为 Q ，
所以 P Q  面BCFE，由（1）知平面POG平面 B C F E ，
所以 P Q  平面POG，又平面 P O G 平面 B C F E  O H
且PQOH ，且 P M  M Q ………………………8分
在 平 面 P O G 内 ， P O  3 ， O G  B A  3 ， 所 以
 O P G  6 0 ° ,因为H 为PG中点
1
PH OH  PG 3，
2
可得△ P O H 为正三角形，因为PM OH ,所以 M 为 O H 中点，
由对称性可知，△ P H M ≌△QHM ，  P H M =QHM 60°，
所以POH =QHM 60°，可得 H Q PO，且HQ PO  3，
设HQ交OG于点K ，则K 为OG中点，
{#{QQABZYKo4wgwwpQACI5bAwUsCQsYsJCSLEgugRAeqAxLyQFABAA=}#}3 1 3
则OK  ，HK  KQ  PO  ，………………………10分
2 2 2
由PO面 A B C D ，BC CD，可得 P C  C D ，
则平面PCD 与平面ABCD夹角为PCO60 ，
设平面QAB 与平面 A B C D
3
夹角为,同理可得tan ，………………………12分
2
则平移可得平面QAB与平面 P C D 夹角为60 ，………………………13分
则 t a n ( 6 0 )
1
3
3
2
3
2
3 5
3
  



 ，即 c o s ( 6 0 )
5
1 4
7
   ，
故平面 Q A B 与平面 P C D 夹角的余弦值为
5
1 4
7
．………………………15分
18.解：（1） f ( x )  a 
b
x 2

2
x
,………………………1分
1
则 f(1)ab2 ，
2
f ( 1 )  a  b  1 ，
5
则a  ，
4
b 
1
4
.………………………3分
（2）当 b  1 时，依题意有 a x 
1
x
 2 l n x  0 对于任意 x  1 恒成立，
2lnx 1
则a  ，………………………5分
x x2
2lnx 1
设m(x)  (x1)，
x x2
m ( x ) 
2 x  2 x
x
l
3
n x  2
,………………………7分
设h(x)2x2xlnx2， h ( x )   2 l n 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1.………………………9分
（3）由（2）可知，当 x  1 时， x 
1
x
 2 l n x  l n x 2 ,………………………11分
1 2n1
令t  x2 ，则 t  lnt(t 1),因为 1,………………………13分
t 2n1
{#{QQABZYKo4wgwwpQACI5bAwUsCQsYsJCSLEgugRAeqAxLyQFABAA=}#}2n1 2n1 2n1 2n1
令t  ，则  ln ,
2n1 2n1 2n1 2n1
即
4 n
2
2  1
 l n
2
2
n
n


1
1
,即
n
1
2 
1
4
 l n
2
2
n
n


1
1
,………………………15分
累加得：
1
1
2 
1
4

2
1
2 
1
4
 
n
1
2 
1
4
 l n
3
1
 l n
5
3
  l n
2
2
n
n


1
1
 l n ( 2 n  1 ) ,
即
n
i
1 i
1
2 
1
4
 l n ( 2 n  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 
1
2

1
2

1
2

1
2

1
1 6
…………………………………………3分
(ⅱ)由全概率公式得： a
1

1
2
 1 
1
2
 (1  a
1
) ……………………………………5分
2
解得：a  ………………………………………………6分
1 3
(2) 记b 为甲队的分数为
k
k 分且乙为进攻方时甲队最终获胜的概率.
由规则，对 1  k  2 n  1 , k  N ** ，
有 a
k

1
2
a
k  1

1
2
b
k
①…………………………………8分
b
k

1
2
b
k  1

1
2
a
k
②…………………………………………10分
边界条件： a
0
 b
0
 0 ，且自然定义 a
2 n
 1 (甲得满分时获胜) …………………………11分
由①解出b 2a a ，代入②得
k k k1
2 a
k
 a
k  1

1
2
( 2 a
k  1
 a
k
) 
1
2
a
k
 a
k  1
，整理得
a
k  1
 a
k 1
 2 a
k
( k  2 ， 3 ， ， 2 n  2 ) .③
这说明  a
k
 是等差数列( 1  k  2 n  1 , k  N * )………………………………………………13分
下面确定a 和a 的关系.
1 2
1 1 1
由②取k 1并结合b 0得b  b  a  a .
0 1 2 0 2 1 2 1
{#{QQABZYKo4wgwwpQACI5bAwUsCQsYsJCSLEgugRAeqAxLyQFABAA=}#}又由①取 k  1 得 a
1

1
2
a
2

1
2
b
1
，代入 b
1

1
2
a
1
得
a
1

1
2
a
2

1
2

1
2
a
1

3
4
a
1

1
2
a
2
 a
2

3
2
a
1
………………………………………15分
设公差为 d ，则 a
2
 a
1
 d
1
，故d  a .于是对任意
2 1
k  1 有
a
k
 a
1
 ( k  1 ) d  (1 
k 
2
1
) a
1

k 
2
1
a
1
.利用边界a 1，得
2n
2 n
2
 1
a
1
 1  a
1

2 n
2
 1
因此 a
k

2 n
2
 1

k 
2
1

k
2 n


1
1
（1≤k≤2n1,kN*）…………………………………………17分
{#{QQABZYKo4wgwwpQACI5bAwUsCQsYsJCSLEgugRAeqAxLyQFABAA=}#}