河北省石家庄市2026届高三下学期教学质量检测(二)数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1河北省石家庄市2026届高三下学期教学质量检测(二)数学试题一、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.已知为虚数单位，若复数，则在复平面内对应的点在（）A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限【答案】A【解析】由，所以在复平面内对应的点的坐标为，因此，点在第一象限.2.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】，故.3.已知是等差数列的前项和，若，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由题意得数列是等差数列，所以，可得，因此.4.某研究小组收集了60组关于“每天课外阅读时长（单位：分钟）”与“语文阅读理解得分（单位：分）”的数据，经计算，且由这60组数据拟合得到的经验回归方程为，则（）A. B.12 C.1.2 D.12.84【答案】C【解析】．5.若函数为偶函数，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】的定义域为，由于为偶函数，故，即，整理可得，故，则，所以.6.已知正四棱台上、下底面的边长分别是2，8，体积为，则其表面积为（）A.148 B. C.168 D.80【答案】A【解析】因为正四棱台的侧面都是等腰梯形，

又正四棱台的上、下底面的边长分别是2、8，体积为,设其高为，则，故，所以侧面梯形的斜高为，则梯形的面积，上，下底底面面积分别为，，所以该四棱台的表面积为．7.若函数在区间上单调递减，则实数为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因为，所以，因为函数在区间上单调递减，所以在上恒成立，所以当时，，即；当时，，即，所以；当时，，当时，，正好是正弦函数的单调递减区间，所以符合题意；综上，.8.已知椭圆的左、右焦点分别是和，过的直线交椭圆于两点，的内切圆分别与相切于两点，若，则椭圆的离心率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】根据椭圆定义得的周长为.根据三角形内切圆切线长性质，得，，（为内切圆与的切点）.设，由得，周长满足，代入，得.因此，进一步得各边长，，，，.观察三边：，故​是直角三角形，，即，对​用勾股定理，代入，化简得，故离心率.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.已知圆的半径为2，则（）A.B.原点在圆的内部C.圆与圆有且仅有1条公切线D.直线与圆交于两点，的面积为【答案】BC【解析】的圆心和半径分别为,故，则，A错误，由于，故原点在圆内，B正确，的圆心和半径分别为,由于，故两圆内切，因此两圆只有一条公切线，C正确，到直线的距离为，则，故，D错误.10.已知在中，，点为线段的中点，则下列结论正确的有（）A.B.C.向量在向量上的投影向量为D.若，且三点共线，则【答案】BCD【解析】因为，所以，所以，所以为直角三角形，因为，所以是上靠近点C的三等分点，如图：对于A，，由勾股定理知，故A错误；对于B，由题意知，所以，故B正确；对于C，由B知，所以，所以向量在向量上的投影向量为，故C正确；对于D，因为，所以，由B知，所以，又三点共线，所以，所以，故D正确.11.已知数列满足，且为数列的前项和，为数列的前项积，则下列说法正确的是（）A.当时，数列是递减数列B.C.存在，使得成等差数列D.当时，【答案】ACD【解析】对于A，，，，，又，，则，，，即，即数列是递减数列，故A正确；对于B，，，则，而中，，矛盾，故B错误；对于C，，，，若成等差数列，，即，解得或，则时，符合题意，故C正确；对于D，时，，易知，，，则数列是首项为1，公比为2的等比数列，，，，故D正确．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知，则_____．【答案】2【解析】由可得，故，则.13.智能舞蹈机器人在舞台上随音乐节奏移动，每秒随机向正东、正西、正南、正北四个方向之一移动1米，若机器人从舞台中心正北方向2米的位置起步，则机器人移动4秒恰好位于舞台中心的路径条数为_____．（用数字作答）【答案】16【解析】机器人从舞台中心正北方向2米的位置起步，机器人移动4秒恰好位于舞台中心共有两种可能：第一种情形：机器人四步中有一步向正北，三步向正南，此时共有种；第二种情形：机器人四步中有一步向正东，一步向正西，两步向正南，此时共有种；所以总路径条数为.14.在母线与底面所成角为的圆锥内放入三个半径为1的球，这三个球两两相切，且均与圆锥的底面和侧面都相切，则圆锥的底面半径为_____；若再放入一个半径为的小球，使得它与三个小球均相切，且与圆锥的侧面相切，则_____．【答案】；【解析】设圆锥底面圆心为，顶点为，底面半径为，高为，三个半径为的大球球心分别为.因为母线与底面所成角为，所以，故过圆锥轴的截面是边长为的等边三角形.取过圆锥轴及球心的截面.在该截面内，单位圆与底边、腰都相切.设右侧底角为，则在的角平分线上，且到底边的距离为.在相应的直角三角形中，，解得.于是球心到圆锥轴的距离为.设为圆锥轴与过且平行于底面的平面的交点，则.又因为三个大球两两相切，所以，故是边长为的正三角形.由对称性可知，是的外心，于是.从而，解得.故第一空应填.设再放入的小球半径为，球心为.由对称性可知，在圆锥轴上.在上述截面内，小球化为一个与两腰都相切的圆.由于顶角为，且在顶角平分线上，所以，从而.又因为，所以到底面的距离为.在同一截面内，大球与小球相切，所以.由前面结论可得，球心到圆锥轴的距离为，且到底面的距离为，因此.于是，化简得.解得.因为，所以.故第二空应填.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.已知双曲线的渐近线方程为，点在双曲线上．（1）求双曲线的焦距；（2）过双曲线的右焦点且倾斜角为的直线与交于两点，求．解：（1）由题意得：，又，可得，，则双曲线的焦距为．（2）双曲线的方程为，右焦点坐标为，设直线的斜率为．直线的方程为：，联立，整理得，因设，则．16.已知数列的前项和为，且满足．（1）求数列的通项公式；（2）在与之间插入个数，使这个数成等差数列，公差记为，设，求数列的前项和．解：（1），当时，，解得．又当时，，，，数列是以2为首项，2为公比的等比数列．．（2），由题意知，.，设数列的前项和为，，，则，两式相减得：，即，．17.如图，在四棱锥中，底面为矩形，，侧面为正三角形，平面平面，点为棱上一点，分别为中点．（1）求证：平面平面；（2）若点为中点，点关于平面的对称点为点，求平面与平面夹角的余弦值．（1）证明：侧面为正三角形，为的中点，，是矩形，且分别为中点，，面面，面平面，平面平面．（2）解：方法一：由（1）知，平面平面，平面，平面平面平面，，以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，则，，，设，则，设平面的一个法向量为，则，即，取，则，所以，易知点P到平面的距离与点到平面的距离相等且，即且，即且，解得（舍去）或，所以．设平面的一个法向量为，又，则，即，取，所以．设平面的一个法向量为，则，即取，则，所以，设平面与平面夹角为，则．故平面与平面夹角的余弦值为．方法二：设平面与棱相交于点，因为面，则平面，且面面，则，又因为为中点，可得为中点，设平面平面，，则为中点，因为关于平面的对称点为，的中点为，所以面，由（1）知平面平面，所以平面，又平面平面且，且，在平面内，，所以，因为为中点，可得为正三角形，因为，所以为中点，由对称性可知，，所以，可得，且，设交于点，则为中点，则，由面，可得，则平面与平面夹角为，设平面与平面夹角为，同理可得，则平移可得平面与平面夹角为，则，即，故平面与平面PCD夹角的余弦值为．18.已知函数．（1）曲线在点处的切线方程为，求实数的值；（2）当时，对于任意，恒成立，求实数的取值范围；（3）证明：．（1）解：，则，则（2）解：当时，依题意有对于任意恒成立，则，设，设，由得：，则在上单调递减，且，则在上恒成立，即在上单调递减，，则，则.（3）证明：由（2）可知，当时，，令，则，因为，令，则，即，累加得：，即成立.19.甲、乙两队进行竞技比赛，比赛规则如下：每轮比赛有进攻方和防守方，进攻方采用进攻策略，防守方采用防守策略，每轮比赛结果无平局；若进攻方获胜，则进攻方加1分，防守方减1分，且下一轮进攻方保持不变；若防守方获胜，则双方均加0分，且下一轮攻防互换；比赛开始前，两队总分之和为，比赛开始后，若某队分数变为0分，则比赛立即结束，该队判负；已知进攻方获胜的概率为，防守方获胜的概率也为，且每轮比赛相互之间没有影响；记为甲队的分数为分且甲为进攻方时，甲队最终获胜的概率．若在某次比赛中规定第一轮比赛甲队为进攻方，甲队初始得分为．（1）当时，（i）求比赛进行了4轮结束的概率；（ii）求的值；（2）求的表达式（用和表示）．解：（1）（i）由题意得，若比赛进行四轮结束第一轮甲进攻乙胜，第二轮乙进攻甲胜，第三轮甲进攻乙胜，第四轮乙进