2026届河北省高考数学综合能力评估卷（含答案）

2026届河北省高考综合能力评估卷数学一、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，只有一项是符合题目要求的。1.已知集合A={x|y=lg(1-x)}，B={y|y=2xA.A∩B={x|x<0} B.A∪B=R

C.A∪B={x|x>1} D.A∩B=⌀2.已知z=1+2i2-i(i为虚数单位)，则|z|=A.1 B.2 C.2 D.3.若sin2α=55，sinβ-α=1010，且α∈π4A.7π4 B.9π4 C.5π4或7π4 4.已知向量a，b的夹角是60∘，且|a|=5，|b|=2，则b在A.12b B.12a C.5.已知函数f(x)满足xfˈ(x)lnx+f(x)>0(其中fˈ(x)是f(x)的导数)，若a=f(e12)，b=f(e)，c=f(A.4c<2b<a B.2b<4c<a C.a<2b<4c D.a<4c<2b6.我国南北朝时期的数学家祖暅提出了计算几何体体积的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”.意思是两个同高的几何体在等高处的截面积都相等，则这两个几何体的体积相等.现有同高的三棱锥和圆锥满足祖暅原理的条件，若圆锥的侧面展开图是半径为3且圆心角为120°的扇形，由此推算三棱锥的体积为(

)A.223π B.427.已知圆C：(x-2)2+(y-3)2=16，直线l：mx-y+2m+1=0m≠0，若直线l与圆C交于A，B两点，且满足A.-34 B.-43 C.8.函数f(x)=x32xA.B.

C.D.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。9.已知抛物线C:y2=4x的焦点为F，若C上存在n个互不重合的点P1，P2，P3，…，PA.若n=2，则|P1P2|的最小值为4

B.若n=2，则1|P1F|+1|P210.Sn为等比数列{an}的前n项和，q为{an}的公比(q<0)，A.q=-12 B.a3是a1和a2的等差中项

11.动点P在椭圆C上，F1，F2为C的左、右焦点，直线PF1和直线PF2分别交C于点A，B，若▵PAF2的周长为A.椭圆焦距为3 B.离心率e=35

C.▵PF1F2三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.(xy-2)(x+y)6的展开式中x4y213.已知命题p:∀x∈{x|1≤x≤2}，x2+1≥a，命题q:∃x∈{x|-1≤x≤1}，使得2x+a-1>0成立.若p是真命题，q是假命题，则实数a的取值范围为

．14.已知成对样本数据(x1,y1)，(x2,y2)，⋯，(xn,yn)(n≥3)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。15.(本小题13分)元旦晚会上，班委为了活跃氛围，特准备了“丢沙包”游戏，参与者在指定范围内投掷沙包入框，并制定了两个小游戏，且每位参与者只能参加其中一项游戏，规则如下：游戏一：参与者进行投掷，若在投掷过程中累计命中次数达到2次，则游戏立即结束并获奖，若投掷n次(n≥2且n∈N)后仍未累计命中2次，则游戏结束，无法获奖；游戏二：参与者进行投掷，不限投掷次数，若每次投掷中，命中记1分，未命中记-1分，当累计得分达到3分，则游戏立即结束并获奖，当累计得分达到-3分，游戏立即结束，无法获奖．现有甲、乙两位同学分别参加游戏，且每位同学每次投掷是否命中相互独立．已知甲同学参加游戏一，且每次命中率为13；乙同学参加游戏二，每次命中率为p0<p<1(1)当n=4时，记甲同学投掷次数为X，求X的分布列及期望；(2)当n=kk≥2且k∈N时，记事件A：甲同学获奖，求PA(用含k(3)记甲同学获奖时，投掷次数不超过4次的概率为p0.记乙同学得分为Z，PZ=k表示乙得k分时，最终获奖的概率，若乙同学获奖概率不小于p016.(本小题15分)

记锐角△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC的面积为S，已知a2+43S=(b+c)2．

(1)求角A；

17.(本小题15分)

如图，已知多面体PABCDE的底面ABCD是边长为2的菱形，PA⊥底面ABCD，ED/​/PA，且PA=2ED=2．

(1)证明：直线BD/​/平面PCE

(2)证明：平面PAC⊥平面PCE；

(3)若直线PC与平面ABCD所成的角为45°，求二面角P-CE-D的余弦值．18.(本小题17分)已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a,b>0)的左右焦点为F1，F2(1)求双曲线C的标准方程；(2)记点D(0,-2)，若过点F2且不过点D的直线l与C交于M，N两点，且DF2平分19.(本小题17分)已知函数，a>0．(Ⅰ)若x=1是函数fx的极小值点，求a(Ⅱ)设a=12，点(x1,f(x1))(x答案1.D

2.A

3.A

4.D

5.C

6.A

7.D

8.D

9.ACD

10.ABD

11.BC

12.-10

13.{a|a≤-1}

14.-1

15.解：(1)由题可知：

X

的取值可能为2，3，4，P(X=2)=13×13=19

，

故

X

的分布列为X234P1420所以

E(X)=19(2)记事件

A

：甲同学获奖，显然，

k≥2

，设

Y

表示甲投掷的次数，

若甲投掷

i(2≤i≤k)

次并获奖，则

P(Y=i)=Ci-1所以

i=2kP令

S=232+2233+⋯+(k-1)两式相减：

13S=13S=即

S=4-4(k+2)323k-1

，

(3)记

Z

表示乙同学的得分，

Z=-3,-2,-1,0,1,2,3

，记事件

B

：乙同学获奖，

P(Z=k)

表示乙同学得分为

k

分时，最终获奖的概率，显然

P(B)=P(Z=0)

，又

P(Z=3)=1,P(Z=-3)=0

，由全概率公式知：

P(Z=k)=p⋅P(Z=k+1)+(1-p)⋅P(Z=k-1),k=-2,-1,0,1,2

，所以

P(Z=k+1)-P(Z=k)=1p那么P(Z=3)-P(Z=2)=(1p=⋯=1p即

P(Z=3)-P(Z=2)=1p同理：

P(Z=2)-P(Z=1)=1pP(Z=1)-P(Z=0)=1pP(Z=0)-P(Z=-1)=1pP(Z=-1)-P(Z=-2)=1p累加有

P(Z=3)-P(Z=-2)=1p所以

P(Z=3)=1+1即

P(Z=3)=1-1p-161-1即

P(B)=P(Z=0)=[1+(1p由甲同学获奖时，投掷次数不超过4次的概率为

p0

得：

p0由

P(B)≥p0

，即

11+1p-13≥1127

，解得

p≥1216.【解析】(1)因为a2+43S=(b+c)2，

由面积公式得a2+43×12bcsinA=(b+c)2，

即a2=(b+c)2-23bcsinA=b2+c2+2bc-23bcsinA，

由余弦定理得a2=b2+c2-2bccosA，

则2bc-23bcsinA=-2bccosA，

所以3sinA-cosA=2sin(A-π6)=1，

即sin(A-π6)=12，

因为A∈(0,π)，17.证明：(1)连结BD，交AC于点O，设PC中点为F，连结OF，EF，

∵O，F分别为AC，PC的中点，∴OF/​/PA，且OF=12PA，

∵DE/​/PA，且DE=12PA，∴OF/​/DE，且OF=DE，

∴四边形OFED是平行四边形，∴OD//EF，∴BD//EF，

∵BD⊄平面PCE，EF⊂平面PCE，∴BD/​/平面PCE．

(2)∵PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴PA⊥BD，

∵ABCD是菱形，∴BD⊥AC，

∵PA∩AC=A，∴BD⊥平面PAC，

∵BD/​/EF，∴EF⊥平面PAC，

∵EF⊂平面PCE，∴平面PAC⊥平面PCE．

解：(3)∵直线PC与平面ABCD所成角为45°，且PA⊥平面ABCD，

∴∠PCA=45°，∴AC=PA=2，

∵AB=BC=2，∴△ABC为等边三角形．

∵PA⊥平面ABCD，由(1)知PA/​/OF，

∴OF⊥平面ABCD．

∵OB⊂平面ABCD，OC⊂平面ABCD，∴OF⊥OB且OF⊥OC．

在菱形ABCD中，OB⊥OC．

以点O为原点，OB，OC，OF分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系O-xyz(如图)．

则O(0,0,0),P(0,-1,2),C(0,1,0),D(-3,0,0),E(-3,0,1)，

则CP=(0,-2,2),CE=(-3,-1,1),CD=(-3,-1,0)．

设平面PCE的法向量为n=(x1,y1,z1)，

则n⋅CP=0n⋅CD=0，即-2y1+2z1=0,-318.解：(1)因为双曲线C的离心率为355，

所以ca=1+b2a2=355，

所以ba=255，

又因为双曲线的渐近线方程为y=±bax，

令x=-c，则|AB|=2bca=1255，

解得c=3，a=5，b=2，

所以C的标准方程为x25-y24=1；

(2)由题意，知直线l的斜率不为0，

设l仿程为x=ty+3(t≠32)，M(x1,y1)，N(x2,y2)，

所以直线DM方程为y=y1+2x1x-2，即(y1+2)x-x1y-2x1=0，

所以直线DN方程为y=y2+2x219.解：(Ⅰ)f'(x)=a-a-1x2-1x=ax2-x-(a-1)x2=ax-(1-a)(x-1)x2，

由f'(x)=0得x1=1,x2