01_数学_2025-2026学年度河北石家庄第一中学高三上学期9月摸底考试_试卷+答案_小初高学习资料合集（每天更新）_河北石家庄第一中学2025-2026学年高三上学期9月摸底考试

石家庄市第一中学 2026 届高三年级统一摸底考试
数学试卷
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
上指定位置，在其他位置作答一律无效。
3．本卷满分 150 分，考试时间 120 分钟。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
君
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项
卷
是符合题目要求的。
试
1．集合A{xR∣zx2i的实部为0}，B{y| y|x|,xA}，C {mZ||m|3}，i为
考
虚数单位，则ðB为（ ）
C
高
A．{2,1,1,2} B．{2,1,1} C．{1,1} D．{2,2}
：
2．设i为虚数单位，复数z 在复平面内对应的点为Z (1，2)，且z ·z＝3＋i，则|z|＝( )
0 0 0
A．1 B．号2 C． 3 D．2
   
3．作用于原点众的两个力F (1,1)，F (2,3)，为使它们平衡需要增加力F ，则力F 的大
1 2 3 3
小为
公
A．(3,4) B．(3,4) C．5 D．25
 
4．已知函数 f xtanx（0）的图象的相邻两支截直线y 所得线段长为 ，则
4 4

f  的值是
 4
3
A．0 B． C．1 D． 3
3
5．已知抛物线y2 8x的焦点为F ，准线为l，则焦点F 到准线l的距离是（ ）
A．2 B．4 C．6 D．8
𝑥+1
,𝑥>2,
6．已知函数𝑓(𝑥)= 𝑥−2 则𝑓(2)= ( )
𝑓(𝑥+3),𝑥≤2,
A．4 B．3 C．2 D．无意义       
7．在四面体OABC中，OAOBOAOC OBOC 0,OA  OC 2，若直线OC与平面

ABC所成角为30o，则OB （ ）
A．1 B． 2 C． 3 D．2
8．已知 f xalnx1x34x2，gx xex lnxx 3 ，若不等式 f x 0的解集中
4 gx
只含有2个正整数，则a的取值范围为（ ）
 25 72  9 
A． ,

B．  ,0

ln5 ln6  ln3 
 9   25 72
C．  ,0

D． ,

 ln2  ln4 ln5 君
卷
二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分
试
。
9．在 2𝑥+ 1 5 的展开式中,下列说法正确的是 考 ( )
3𝑥
A．x的系数为10 高
B．第4项的二项式系数为10 ：
C．没有常数项
号
D．各项系数的和为32
众
x2 y2
10．已知双曲线C:  1(a0,b0)的左，右焦点分别为F ，F ，左、右顶点分别
公 a2 b2 1 2
为A，B．Px ,y 为双曲线C在第一象限上的点，设PA，PB的斜率分别为k ，k ，且
0 0 1 2
3
k k  ．过点P作双曲线C的切线与双曲线的渐近线交于M ，N 两点，则（ ）
1 2 4
|PA| 7
A． 的值随着x 的增大而减小 B．双曲线C的离心率为
|PB| 0 2
C．k k  3 D．|PM ||PN|
1 2
A．  ABC周长为5 7
B．

ABC三个内角A，C，B满足关系AB2C
2 21
C．

ABC外接圆半径为
319
D．

ABC中线CD的长为
2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
1
12．已知函数y f x的图像在点M1，f 1 处的切线方程是y x2，则 f 1 f1
2
＝ ．
13．《九章算术》中记录的“羡除”是算学和建筑学术语，指的是一段类似隧道形状的几何
体，如图，羡除ABCDEF中，底面ABCD是正方形，EF//平面ABCD，VADE和△BCF
均为等边三角形，且EF 2AB6．则这个几何体的外接球的体积为 ．
君
卷
试
考
y2
14．双曲线C:x2 2的虚轴长为 ，以C的左焦点为圆心，1为半径的圆的标准方
高
7
程为 . ：
号
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
众
15．已知{a }是公差不为零的等差数列,a =1,且存在实数λ满足2a =λa +4,n∈N*.
n 1 n+1 n
(1)求公λ的值及通项a ;
n
(2)求数列{𝑎 2𝑛−𝑛 }的前n项和S n .
16．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，延长BC至M，使得MC＝
3BC＝6，CA⊥AM，且 3atan∠BAC＝bcos∠ACB＋ccos B．
(1)求𝐴𝑀的值；
𝐴𝐵
(2)求△ABM的面积．
17．如图①所示，在Rt△𝐴𝐵𝐶中，𝐶=90∘ ，𝐴=30∘ ，𝐵𝐶=2，𝐸为𝐴𝐶中点.过点𝐸作𝐸𝐹⊥
𝐴𝐵，垂足为𝐹.现将△𝐴𝐸𝐹沿𝐸𝐹翻折至△𝑃𝐸𝐹的位置，如图②所示，连接𝑃𝐵，𝑃𝐶，过点𝑃作
1
𝑃𝐺⊥𝐵𝐹，垂足为𝐺，且𝐺𝐹= .
2图① 图②
（1） 若平面𝑃𝐸𝐺∩ 平面𝑃𝐵𝐶=𝑙，求证：𝐵𝐶//𝑙；
（2） 求二面角𝐸−𝑃𝐶−𝐵的正弦值.
x1lnxa1
18．已知函数 f x ,aR,且函数 f(x)有两个极值点.
x
(1)求a的范围;
(2)若函数 f(x)的两个极值点为x,x (x x )且3x x ，求 lnx lnx 2a的最大值.
1 2 1 2 1 2 1 2
君
2 6 
19．已知F ，F 分别为椭圆𝐶: 𝑥2 + 𝑦2 =1(𝑎>𝑏>0)的左、右焦点，点P ,1在椭圆C
1 2 𝑎2 𝑏2 卷  3 
 
1 试
上，离心率为 ．
2
考
(1)求椭圆C的方程；
高
18 2
(2)设A为椭圆C的左顶点，过点F 的直线l交椭圆C于D,E两点，S  ，求直线
：2 △ADE 7
l的方程．
号
x x y y
(3)若过椭圆上一众点𝑃(𝑥
0
,𝑦
0
)的切线方程为
a
0
2

b
0
2
1，利用上述结论，设d是从椭圆中心
到椭圆公在点Q处切线的距离，当Q在椭圆上运动时，判断d2 QF QF 是否为定值．若是
1 2
求出定值，若不是说明理由．石家庄市第一中学 2026 届高三年级统一摸底考试
数学答案
1.A 2.B 3.C 4.A 5.B 6.C 7.B 8.C
9.BC 10.ABD 11.ABD
12．3 13．36π 14．2 14； (x4)2y2 1.
15．(1)设等差数列{a }的公差为d(d≠0),
n
由2a =λa +4(n∈N*),①
n+1 n
得2a =λa +4(n∈N*,n≥2),②
n n-1
①-②得,2d=λd.
君
又因为d≠0,所以λ=2.
卷
将λ=2代入①,
试
可得a -a =2,即d=2. 考
n+1 n
高
又因为a =1,所以a =1+(n-1)×2=2n-1.
1 n
：
(2)由(1)可得a
2n−n
=2(2n-n)-1=2n+1-(2n+1),
号
所以S =(22+23+…+2n+1)-[3+5+…+(2n+1)]= 4(1−2n) - n(3+2n+1) =2n+2-n2-2n-4.
n 众 1−2 2
16．(1)由正弦公定理得 3sin∠BACtan∠BAC＝sin Bcos∠ACB＋sin∠ACBcos B＝sin(B＋∠ACB)，
因为B＋∠ACB＝π－∠BAC，
所以sin(B＋∠ACB)＝sin(π－∠BAC)＝sin∠BAC，且sin∠BAC≠0，
所以tan∠BAC＝ 3.
3
因为∠BAC∈(0，π)，所以∠BAC＝π.
6
在△ABC中， BC ＝ AB ＝AB，化简可得AM＝3.
sinπ
6 sin∠ACB
A
6
M
AB 2
(2)设AB＝2x，则AM＝3x.在△ABM中，由余弦定理得AB2＋AM2－2AB·AMcos∠BAM＝BM2，即4x2＋9x2－
12x2· −1 ＝64，解得x2＝64，
2 19
所以S ＝1·2x·3x· 3＝3 3×64＝96 3.
△ABM
2 2 2 19 19
17．（1） 在题图①中，BC=2，∠BAC=30 ∘ ，所以AB=4，AC=2 3，因为E为AC的中点，EF⊥AB，所以AE= 3，AF= 3 .
2
因为FG= 1，所以点G在题图①中AB的中点位置，所以EG//BC，
2
在题图②中，因为EG⊂ 平面PEG，BC⊄ 平面PEG，
所以BC//平面PEG，
因为BC⊂ 平面PBC，平面PEG∩ 平面PBC=l，所以BC//l.
（2） 在题图②中，因为EF⊥PF，EF⊥BF，PF∩BF=F，PF，BF⊂ 平面PBF，
所以EF⊥ 平面PBF，
又EF⊂ 平面EFBC，所以平面PFB⊥ 平面EFBC，
君
因为平面PFB∩ 平面EFBC=FB，PG⊥FB，PG⊂ 平面PFB,所以PG⊥ 平面EFBC.
卷
由（1）知AF= 3，即PF= 3，又GF= 1，所以PG= 3 2 − 1 2 = 2，
2 2 2 2 2 试
过点G在平面GECB内作Gy⊥EG， 考
高
以G为坐标原点，GE,Gy,GP所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
：
号
众
公
则P(0,0, 2)，E(1,0,0)，C(1, 3,0)，B(−1, 3,0)，
所以PC=(1, 3,− 2)，EC=(0, 3,0)，BP=(1,− 3, 2).
→
n ⋅PC=x+ 3y− 2z=0,
设平面PEC的法向量为n
1
=(x,y,z)，则 1
→
n ⋅EC= 3y=0,
1
令x=2，解得z= 2，
所以n
1
=(2,0, 2).
→
n ⋅PC=m+ 3n− 2a=0,
设平面PBC的法向量为n
2
=(m,n,a)，则 2
→
n ⋅BP=m− 3n+ 2a=0,
2
令n= 2，解得a= 3，所以n =(0, 2, 3)，
2
所以cos⟨n ,n ⟩= n 1 ⋅n 2 = 6 = 1 ，所以sin⟨n ,n ⟩=2 5，
1 2 |n 1 |⋅|n 2 | 6⋅ 5 5 1 2 5所以二面角E−PC−B的正弦值为2 5.
5
xlnxa
18．（1）由题得， f(x) ,(x0)，
x2
令h(x)xlnxa,(x0)，
则函数 f(x)有两个极值点，即方程h(x)0有两个正实数根.
1 x1
因为h(x)1  ，
x x
所以当x(0,1)时，h(x)0，h(x)单调递减，
当x(1,)时，h(x)0，h(x)单调递增，
所以，h(x) h(1)1a，
min
君
且当x0时，h(x)，x时，h(x).
卷
所以方程h(x)0有两个正实数根，
试
只需h(1)1a0，解得a 1， 考
即函数 f(x)有两个极值点时，a的范围为(1,)高.
：
x
（2）由0x x 且3x x ，令 2 t，则t(1,3]，
1 2 1 2 号x
1
众
由（1）知，h(x)h(x )0，
1 2
公
即a x lnx  x lnx ，
1 1 2 2
x
则x x ln 2 lnt，
2 1 x
1
lnt
即tx x lnt，解得x  ，
1 1 1 t1
tlnt
所以x tx  .
2 1 t1
lnt tlnt (t1)lnt
则lnx lnx 2ax x    ，
1 2 1 2 t1 t1 t1
(t1)lnt
令(t) ,t(1,3]，
t1
t1 1
(lnt )(t1)(t1)lnt 2lntt
则 (t) t  t ，
(t1)2 t121
令P(t)2lntt ，
t
2 1 (t1)2
则P(t) 1  0,t(1,3]
t t2 t2
所以函数P(t)在(1,3]上单调递增，
又P(1)0，所以P(t)P(1)， 则P(t)0.
当t(1,3]时，(t)0，
所以(t)在(1,3]上单调递增，
则当t3时，(t) (3)2ln3.
max
即lnx lnx 2a 的最大值为2ln3.
1 2
君
卷
c 1
19．（1）设F(c,0)，F (c,0)，e  ，故a2c，
1 2 a 2 试
考
2 6  24 1
点P
 3
,1

在椭圆C上，则
9a2

b2
1，
高
 
：
24 1
 1
b2 a2c2，故得 24  1  号 1，即9a2 1  2
 9a2 a2c2 a2 a
众 2 
公
x2 y2
解得a2,b 3，故椭圆C的方程为  1．
4 3
（2）由（1）知，A(2,0)，F (1,0)，若直线l的斜率不存在，
2
1 y2 3
则x1，代入椭圆方程可得  1，故 y  ，
4 3 2
1 1 18 2
此时S  2y AF  33 ,故直线有斜率，
ADE 2 2 2 7直线l的斜率为k ，则l的方程为yk(x1)，
yk(x1)

由x2 y2 ,消去y得(4k23)x28k2x4k2120，①
  1
 4 3
8k2 4k212
显然0，设D(x ,y)，E(x ,y )，则x x  ,x x  ，
1 1 2 2 1 2 4k23 1 2 4k23
1 1 3 3
于是，S  y y AF  3kx x   k2x x 2  k2x x 24x x 
ADE 2 2 1 2 2 2 1 2 2 1 2  2 1 2 1
3   8k2  2 4k212  k4k2 18 2
 k2  4  18  ,
2 

4k23 4k23 

 4k23 2 7
化简可得17k4k2180，即  k21  17k218  0，解得k1，
君
所以直线的方程为yx1
.
卷
x2 y2 试x x y y
（3）由于椭圆C:  1,(mn0)上一点Q(x ，y )的切线方程为 0  0 1．
m2 n2 0 0 m2 n2
考
x x y y
依题意，设椭圆上的点Q(x ,y )，则过点Q(x , 高 y )的切线方程为 0  0 1，
0 0 0 0 4 3
：
12 12 12
即3x x4y y120，原点到切号线的距离为 d    ．
0 0 9x216y2 9x24(123x2) 483x2
0 0 0 0 0
众
公  x2  1
由两点间距离公式可得QF  x c2 y2  x 12 31 0   x 4 ，
1 0 0 0  4  2 0
1 1 1
同理,|QF | |x 4|，则|QF ||QF | |x216| (16x2)，
2 2 0 1 2 4 0 4 0
144 1
故d2|QF ||QF |  (16x2)12为定值．
1 2 483x2 4 0
0