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