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=}#}