2026年河北张家口高三一模高考数学试卷答案详解（精校打印）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页2026年普通高等学校招生全国统一数学注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上．2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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，写在本试卷上无效．3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知集合，，则（

）A． B． C． D．2．已知复数，复数为复数的共轭复数，则（

）A．1 B． C． D．23．已知向量，，若与共线，则的值为（

）A．1 B．2 C．3 D．44．通过下表5组数据得到的经验回归方程为，则的值为（

）234560.670.560.470.390.31A． B．0.08 C． D．0.095．已知实数，，且满足，则的最小值为（

）A．4 B．6 C．8 D．106．已知等差数列的前项和为，若，，则（

）A．18 B．19 C．20 D．217．已知函数，若是的解，且满足，将函数的图象向左平移个单位长度后可以得到一个偶函数的图象，若函数在上恰有2个零点，则实数的取值范围为（

）A． B． C． D．8．已知双曲线的左、右两个焦点分别为，过的直线与双曲线C的左、右两支分别交于两点，且满足，（为坐标原点），，则双曲线C的离心率为（

）A． B．2 C． D．3二、选择题；本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9．某学校组织“爱国主义教育法”知识竞赛，有，两类问题，每位参加比赛的同学在两类问题中随机选择一类并从中任意抽取一个问题回答，已知甲同学答对类问题的概率为，答对类问题的概率为，甲同学回答类问题的概率为，每轮只答一道题，每轮答题互不影响，则下列说法正确的是（

）A．甲同学在第一轮答对试题的概率为B．甲同学在第一轮答错试题的情况下，回答的是B类问题的概率为C．甲同学经过三轮答题，只答对一道试题的概率为D．甲同学经过了十六轮答题，答对试题个数的期望为610．如图，已知正四棱锥中，底面边长为2，高为1，则下列说法正确的是（

）A．直线与直线所成角的余弦值为B．直线与平面所成角的正弦值为C．该正四棱锥的外接球的表面积为D．若平面与平面所成的角为，平面与平面所成的角为，则11．已知椭圆的左、右焦点分别为，点是椭圆上一点，则下列说法正确的是（

）A．若，则椭圆的离心率为B．若，，则的面积为2C．若，，，则内切圆的半径为D．若，，则椭圆的离心率为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．已知锐角满足，则的值为______．13．已知函数满足，当时，，则不等式的解集为______．14．已知不透明盒子中装有4个大小、形状、质地完全相同的小球，分别标注数字2，0，2，6，每次随机抽取1个球，记下标号后放回，摇匀后进行下一次抽取，共抽取4次，记为抽到数字2，0，6的次数的最大值，则的数学期望______．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．已知数列的前项和为，满足，且．(1)求数列的通项公式；(2)求数列的前项和．16．在中，内角的对边分别为，满足．(1)证明：；(2)若，，点为边上一点，为的平分线，求的值；(3)若为锐角三角形，求的取值范围．17．如图，已知斜三棱柱中，，，，点为的中点．(1)证明：平面平面；(2)若，点为的中点，求点到平面的距离．18．已知函数，．(1)求曲线在点处的切线方程；(2)证明：；(3)若，关于的不等式有解，求实数的取值范围．19．已知抛物线的焦点F到直线的距离为．(1)求抛物线的方程．(2)点为直线上的一点，过点作的切线，切点分别为．①问：直线是否过定点？若过定点，请求出此定点坐标；若不过定点，请说明理由．②若点在抛物线的准线上，切点在第一象限内，存在过点的直线与相交于两点，过点作平行于的直线，分别与直线和直线交于点，若，求的值．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．B【详解】由，所以，所以.2．A【详解】由复数可得，因此，所以.3．D【详解】，因为与共线，故，故.4．C【分析】求解，利用经验回归直线经过样本中心点，建立关于的方程并求解即可.【详解】根据题意可得，，由，可得，解得：.5．B【分析】利用基本不等式将等式变形化简，解不等式即可得出结果.【详解】由可得，因为实数，，所以，因此可得，即，解得或（舍），当且仅当时，即时，等号成立,所以的最小值为6.6．A【分析】利用等差数列片段和的性质，结合等差中项即可求解.【详解】因为是等差数列的前项和，所以成等差数列.所以，即.7．D【分析】根据最小距离可得，再利用平移规则和函数奇偶性可求得，根据函数在内恰有2个零点可限定出范围，即可解得实数的取值范围.【详解】由，即，可得或，根据正弦函数图象性质可知，解得，则；将函数的图象向左平移个单位可得，又为偶函数，则，又，可得，因此；当时，可知，若函数在内恰有个零点，可知，解得，所以实数的取值范围为.8．C【分析】设，在中，根据双曲线定义及余弦定理可得，再由，得，根据代入计算即可求解.【详解】设，则，在中，，所以，化简可得，所以，因为，所以，，因为，所以，化简可得，所以双曲线C的离心率.9．ACD【详解】根据题意，在第一轮答题中，甲同学回答正确的概率为，故选项A正确；甲同学在第一轮答错试题的情况下，回答的是B类问题的概率为，故选项B不正确；分析可得，甲同学经过轮答题，答对的试题个数服从二项分布，故甲同学经过三轮答题，只回答正确一道试题的概率为，故选项C正确；甲同学经过了十六轮答题，答对试题个数的期望为，故选项D正确．10．BC【分析】以正四棱锥底面中心为原点，高为轴，底面两条对角线为轴，建系，由夹角公式可判断ABD，设球心，结合半径列出等式求，进而求得半径即可判断.【详解】设正四棱锥底面中心为原点，底面在平面，高为轴，分别以两条对角线为轴，如下图：根据题意：底面边长为，高为，可得：，对于A：易得，，则异面直线所成角余弦：，A错误；对于B：，，设平面的法向量，则，令，可得，即平面的法向量，则直线与平面所成角满足：，B正确；对于C：易知正四棱锥外接球球心在高（轴）上，设球心，半径，又，由得：，所以外接球表面积，C正确；对于D：设平面法向量，又，则设可得，则，易知平面法向量；平面法向量：，，D错误.11．ACD【分析】根据椭圆上的点到焦点距离的取值范围，可求的值，判断A的真假；利用焦点三角形的面积公式求的面积，可判断B的真假；结合三角形内切圆的半径（表示三角形周长）及椭圆的定义，可求内切圆的半径，判断C的真假；利用正弦定理，结合比例的性质和椭圆的定义，可判断D的真假.【详解】对A：因为，所以，此时椭圆的离心率为，故A正确；对B：因为，所以，即，所以，故B错误；对C：因为，由，，所以，设内切圆半径为，则，故C正确；对D：如图：由，，可得.由正弦定理：，所以，即，所以.故D正确.12．【详解】已知是锐角，且，则，设，则，解得，，．13．【分析】根据函数的对称性与单调性的关系列不等式组求解即可.【详解】根据题意，因为函数满足，所以函数的对称轴为直线，因为函数在上单调递增，函数在上单调递减，所以函数在上单调递增，则函数在上单调递减，由得，等价于或，解得或，所以不等式的解集为.14．【详解】由题设，每次抽取的概率为，抽取的概率为，抽取的概率为.可取，当时，4次中有两个元素各出现两次，或者4次中三个都出现，其中有一个元素出现两次，其余两个元素各出现一次，故，当时，4次中有一个元素抽到4次，故，故，故的分布列如下：故.15．(1)(2)【分析】（1）由与的关系及等差数列的定义得数列是等差数列，由此求得，进而求得；（2）将代回，求得，再利用裂项相消求和法求得数列的前项和．【详解】（1）由得，当时，，即，即.所以数列是首项为，公差为的等差数列.所以，故.（2）由（1）知，所以.因为，所以.又.所以.所以数列的前项和．16．(1)证明见解析(2)(3)【分析】（1）利用三角恒等变换即可得证；（2）先计算，利用二倍角余弦公式得，再由结合二倍角正弦公式即可求解；（3）由（1）有，得，又由正弦定理得，利用锐角三角形求出的范围，进而求解.【详解】（1）由，利用正弦定理得：，又，所以，所以，所以或，所以或（舍去）所以；（2）由，所以，又，所以，又，所以，又由为的平分线，所以，所以，所以，又由余弦定理得：，所以，所以；（3）由（1）有，又，所以，又由正弦定理得：，又为锐角三角形，所以，所以，所以，所以.17．(1)证明见解析(2)【分析】（1）先证明，，根据线面垂直判定定理证明平面，再利用平面与平面垂直的判定定理证明结论；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求距离即可.【详解】（1）连接和，在斜三棱柱中，由，所以为等腰直角三角形，所以为等腰直角三角形，又为的中点，所以，又，，，所以，所以，又为的中点，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以平面平面；（2）由，所以，又为等腰直角三角形，所以，又，所以，又，所以和为等边三角形，所以，所以，所以，又，以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，所以，所以，所以，，设平面的法向量为，所以，令，得，所以点到平面的距离为.18．(1)(2)证明见解析(3)【分析】（1）求出导函数，可得，进而利用导数的几何意义及点斜式直线方程求解切线方程；（2）先利用导数法证明当且仅当时等号成立，再利用导数法证明当且仅当时等号成立，即可证明；（3）将整理得，设函数，利用单调性得，即，利用导数法求得函数的最大值，即可得解.【详解】（1）由得，所以，又，所以曲线在点处的切线方程为，即；（2）设，，，当时，，为减函数，当时，，为增函数，所以，即，所以当且仅当时等号成立，设，定义域为，则，，当时，，为增函数，当时，，为减函数，所以，即，所以当且仅当时等号成立，所以；（3）因为，整理可得，故，设函数，则，因为，所以函数单调递增，所以，整理可得，设函数，则，当时，，为增函数，当时，，为减函数，所以，所以，解得，所以实数的取值范围.19．(1)；(2)①；②.【分析】（1）由题意，根据点到直线距离公式计算即可求解；（2）①求得切线方程，由题意在切线方程上可得直线的方程为，由此计算可解；②直线的方程为，联立，可得，设，直线的方程为，可得，设直线的方程为，联立可得，设直线的方程为，联立可得，由此可计算，计算可解.【详解】（1）由题意可得，故焦点到直线的距离，所以，解得或（舍去）；所以抛物线的方程为；（2）设抛物线在点的切线方程为，切线与抛物线联立方程组，得，