26年数学质检一答案-1_2024-2026高三（6-6月题库）_2026年03月高三试卷_260326河北石家庄2026届高三教学质量检测一（石家庄一模）（全科）

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）  A B C 中，由正弦定理得 s b in B  s c in C  s a in A  2 2 3  3 ……………………………………2分  s in B  b 3 , s in C  c 3 …………………………………………………………………4分  s in B  s in C  b 3  c 3  4 9 ………………………………………………………………6分 （2）  A B C 中，由余弦定理得 c o s A  b 2  2 c b 2 c  a 2  2 b c 2  b c a 2 ……………………………8分  2  4 2   4 2 2  1 2 ，当且仅当 b  c  2 时，等号成立，………………………………10分 A  0，  ，  A 的最大值为  3 ，………………………………………………11分 又 a  b  c  2 ，   A B C 为等边三角形.……………………………………………13分 16.（1）证明：在四棱锥PABCD中，连接BD,交 A C 于 点F ，连接EF ,……………………1分 因为四边形ABCD为菱形，所以 F 为BD的中点， E 为 P B 的中点，EF ∥PD，……………3分 又 P D  平面 A C E ，EF 平面 A C E ， PD∥平面 A C E D C F A B E . P …………………………………5分（2）取 A B 的中点 O ，连接 O D ， O P ， 四边形 A B C D 是菱形，且  A B C  1 2 0  ，   A B D 为正三角形，  O D  A B ， PAB为正三角形，OP AB， …………………………………6分 平面 P A B  平面 A B C D ， 平面 P A B  平面 A B C D  A B ， O D  平面 A B C D ，且OD AB， OD平面PAB.……………………………………………………8分 以 O 为坐标原点， O P , O B , O D 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 ，  A B  8   ，A 0,4,0 ， B  0 , 4 ,0  ， D 0 , 0 , 4 3  ， P 4 3 , 0 ,0  ，  A D  0 , 4 , 4 3  ， A P  4 3 , 4 , 0  ，…………………………………10分 设平面 P A D   的法向量为n x,y,z ， 则  n n   A A D P   0 0 ，即  4 4 y  3 x 4  3 4 z y   0 0 ， 令x1，则 y   3 ，z 1，  n  1 ,  3 ,1  .……………………………………………12分 假设存在点 E ，使得点 E 到平面 P A D 的距离为 1 5 5 ，     设PE PB 4 3,4,0  4 3,4,0 ，   0 ,1   ，点 E 到平面 P A D 的距离为 d ， 则     4 3 1   3 4  1 3  1 5 5   d n P n E ， 1 解得   0，1  ，……………………………………………………………14分 8 PE 1 所以存在点E，当  时，点E到平面 BE 7 P A D 的距离为 1 5 5 z D C F O A B y E P x .………………15分解法二：取 A B 的中点 O ，连接 O D ， O P ， 四边形 A B C D 是菱形，且  A B C  1 2 0  ，   A B D 为正三角形，  O D  A B ， PAB为正三角形，OP AB， …………………………………6分 平面 P A B  平面 A B C D ， 平面 P A B  平面 A B C D  A B ， O D  平面 A B C D ， 且 O D  A B ， OD平面PAB.………………………………8分 又 O P  平 面 P A B ,  D O  O P ，  A B D ，  P A B 为等边三角形，边长为 8 ，  D O = P O  4 3  在 △ D O P , D P = O P 2  D O 2  4 6 ， 又 DAPA=8,可以求得 S  D A P  8 1 5 ………………………………………………10分  V E  D A P  1 3 S  D A P  1 5 5  1 3  8 1 5  1 5 5  8 …………………………………………12分 V E  D A P  V D  A P E  1 3 S  A P E  D O  1 3 S  A P E  4 3  S  A P E = 2 3 ,………………………………………13分 S S A A P P E B  1 21 2 P P A A   P P E B   s s i i n n 6 6 0 0  1 2 6 3 3 ，  P P E B  1 8 , 可得 P B E E  1 7 ， 存在点 E ，当 P B E E  1 7 时，点 E 15 到平面PAD 的距离为 .…………………………15分 5 17. (1)该样本中学生分数为优秀的频率 p  ( 0 . 0 1 0  0 . 0 1 5 )  1 0  0 . 2 5 , …………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 座谈，其中分数在 9 0 ,1 0 0  0.010 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.P ( X  0 ) C3 28 ＝ 9＝ ， C3 55 11 P ( X  1 ) C2C1 24 ＝ 9 2＝ ， C3 55 11 P ( X  2 ) C1C2 3 ＝ 9 2＝ C3 55 11 则 X 的分布列为: ……………………………………………………………………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) ， 则PY k C k5 0  0 . 2 5  k  1  0 . 2 5  5 0  k ， ………………………………………11分 PY k1 Ck1(0.25)k1(0.75)49k 50k 令  50  ， PY k Ck (0.25)k(0.75)50k 3(k1) 50 50k 当 1，解得 3(k1) k  1 1 .7 5 ……………………………………………………13分 因为 k  N ,所以 k  1 1 时， P Y  k   P Y  k  1  ， 当k12时，PY kPY k1， 所以当 k  1 2 时， P Y  k  最大. …………………………………15分 18.（1）依题意可知  2 a b 2   2 b ， 2  1 . ……………1分 解得 a  2 , b  1 ，椭圆 C x2 的标准方程为  y2 1.…………………………3分 2 （2）（ⅰ）设Ax，y ，Bx，y ，D2，y ， 1 1 2 2 1  xmy1 依题意 ，得 x2 2y2 2  m 2  2  y 2  2 m y  1  0 ，……………………4分   4 m 2  4  m 2  2   8  m 2  1   0 ， 2m y  y  ， 1 2 m2 2 y 1 y 2  m  2 1  2 （*），………………………………………6分 k B D  y x 2 2   y 2 1 ，直线DB的方程为： y  y x 2 2   y 2 1  x  2   y 1 ①. 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 X 0 1 2 代入①， 可得 P 28 24 3 55 55 55x  2   y 1 x y 2 2   2 y 1   y 1  m y y 2 2   1  y 1  2   m y 1 y 2 y  2  y 1 y 1 ，……………………………8分 1   由（*）得my y  y  y ， 1 2 2 1 2 所以 x  2   1 2  y y 1 2   y y 2 1   y 1   1 2 y  2 y 2   y 1 y 1    1 2 ……………………………10分 3 得x  ，所以直线 2 D B 恒过定点 H  3 2 ， 0  .……………………………11分 （ⅱ）由（ⅰ）可知直线DB恒过定点 H  3 2 ， 0  ， 所以 S  O B D  S  O H D  S  O H B  1 2 O H y 1  1 2 O H y 2  1 2 O H y 1  y 2  3 4  y 1  y 2 2  4 y 1 y 2 ……………………………………………………………………13分 将（*）代入得 S  O B D  3 4  m  2 2 m  2  2  m 2 4  2  3 4 8 m  m 2 2   2 1   3 2 2 m m 2 2   2 1 ，……………………15分 设 t  m 2  1  1 ，    ， 则 S  O B D  3 2 t 3 2 1  3 2   0，  .…………………………17分 2 t2 1 2 1  4 t   t 19.（1）当 n  2 1 时， f x x2 8lnx，定义域为 2  0 ,    ，    x2 2 x2 2 8 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 n  2 n , y n  2  2 n .………………………………………………7分 x 1  2  1 , 2  ， 故  x 1   1 ； x 2  2 2  2 . 8 2 8   2 ,3  ， 故  x 2   2 ；     x 3 2 4.242 4,5 ， 故 x 4 ； 3 3 x 4  4 2  5 .6 5 6   5 ,6  ， 故  x 4   5 ； y 1  2  2   3 , 4    ， 故 y 3； 1 y 2  4  2 2   6 , 7    ， 故 y 6. 2 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 2 m  k  r1 , 2 n  2 n  k  r 2 ，其中 r1 , r 2  ( 0 , 1 ) ,且 r1  r 2  1 . 若r r 1，则 1 2 2 n  2  m  n   2 k  r1  r 2  2 k  1 ，即 2  m  n   2 k  1  2 n ，显然 等式右侧为整数，左侧为无理数，故 r1  r 2  1 . 故 m  k  2 r1   k 2 , k  2 1  , n  2 k   r 2 2   2  k 2 , 2 k   1 2  ，……………………10分 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k ,k 1 2 满足  x k1   M   x k1  1  ,  y k 2   M   y k 2  1  ， 即证明1,2,3, ,M 的整数中有k 个在集合P中，有k 个在集合 1 2 Q 中，k k M ，只需 1 2 证明k k M 即可. ……………………14分 1 2   M 1  M 1 易知 2k M 1, 2 2 k M 1，且k  ,k  ，………15分 1 2 1   2    2  2 2 M 1 M 1 M 1 M 1 又因为 1k  , 1k  ，………………………16 分 1 2 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k ,k 1 2 满足x M x ,y M y ，  k   k1  k   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 所以  2 ( k 1 2  k 1 1  )  M M  1 ，且  ( 2  ( 2  2 ) ( k 2 2 ) k  2 1  )  M M  1 …………………13分 所以  k M k M 1 1    1 1  2 2 2 2 ，且  k M k M 2 2    1 1 1   1  2 2 2 2 ……………………………………14分 所以 k 1  M k 2  1 且 k 1  M k 2  1 2  1 ……………………………………16分 化简得 M  1  k 1  k 2  M ，显然不成立 故假设不成立，所以原命题得证. ………………………………………………17分