2026年河北省对口升学《数学高频考点冲刺卷》（二）（原卷版+解析版）

编写说明：本套冲刺卷严格依据河北省对口升学考试要求编写，聚焦高三考生冲刺需求，助力高效提分。内容上深度覆盖考纲掌握、理解层级考点，既系统梳理构建知识框架，又强化应用能力训练；同时结合近三年高考真题，精准把握高频考点、命题趋势与题型特点，确保贴合高考方向。 本卷为高频考点冲刺卷第1卷，适合于全面模拟考试真实场景，精准把握考试节奏与答题时间，强化知识的综合运用能力，稳步提升应试实战水平。 2026年河北省中等职业学校对口升学文化考试 数学 高频考点冲刺卷（一） 考试时间：120分钟，满分：120分 一、选择题：本题共20小题，每小题3分，共60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．设集合，，则（   ） A． B． C． D． 2．不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 3． 求 与 的值（    ）. A． B． C． D． 4．“”是“b为a，c的等比中项”的（    ）条件 A．充分 B．必要 C．充要 D．既不充分也不必要 5．不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 6．下列各式中正确的是（   ） A． B． C． D． 7．下列函数中，定义域为的函数是（   ） A． B． C． D． 8．函数在其定义域内的图象大致是（    ） A． B． C． D． 9．若，则必有（　　） A． B． C． D． 10．已知等差数列满足：，则（ ） A． B．10 C．15 D．20 11．如图是由几个大小相同的小正方体搭成的几何体的俯视图，小正方形中的数字表示该位置小正方体的个数，则该几何体的左视图是（    ）    A．   B．   C．   D．   12．设函数是一次函数，，则等于（    ） A． B． C． D． 13．已知是等比数列，，则（    ） A． B． C． D． 14．设向量，不平行，向量与平行，则实数（    ）． A． B． C． D． 15．已知，，，分别是空间四边形四条边，，，的中点，且，则四边形为（    ） A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形 16．已知椭圆 的焦距是 4， 则 （   ） A．16 B．12 C．20 D． 17．已知随机变量的概率分布为：，其中是常数，则的值为（ ） A． B． C． D． 18．圆与直线的位置关系是（   ） A．相交 B．相切 C．相离 D．不能确定 19．某年级举办线上小型音乐会，由6个节目组成，演出顺序有如下要求：节目甲必须排在前两位，节目丙必须排在节目乙的下一个，则该小型音乐会节目演出顺序的编排方案共有（    ）种. A．72 B．24 C．25 D．42 20．若定义在上的奇函数在单调递减，且，则满足的的取值范围是（   ） A． B． C． D． 二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。 21．计算： . 22．已知，则 . 23．已知，则= . 24．“二十四节气”是正式列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作名录，二十四节气中“芒种”不仅是一种“节气”，更是一种“农时”，是一套顺应天时、符合农事的生活与民俗系统.《月令七十二候集解》中说：“谓有芒之种谷可稼种矣”.夏满芒夏暑相连，秋处露秋寒霜降，冬雪雪冬小大寒，每一时节的开放与生长都蕴含着这个季节的“节气”.若从24个节气中选择2个节气，则这2个节气恰好在同一个季节的概率为 . 25．某圆锥的侧面展开图是一个半圆，且其体积与侧面积的数值之比为3:2，则该圆锥的高为 . 三、解答题：本题共5小题，共45分。请在答题卡中对应题号下面指定的位置作答，要写出文字说明、证明过程或演算步骤。 26．已知集合，集合． (1)若“”是“”的充分条件，求的取值范围； (2)若“”是“”的必要条件，求的取值范围． 27．在中，内角所对的边长分别为，且满足. (1)求A； (2)若，求. 28．如图，四棱锥中，底面为矩形，⊥平面，为的中点.    (1)证明：平面； (2)设直线与底面所成角的正切值为，，，求直线与平面所成角的正弦值. 29．某班进行3D打印摆件设计，已知这种摆件的高度（单位：cm）介于之间，现对部分摆件的高度进行测量，得到的频率分布直方图如图所示. (1)求实数的值； (2)若从中随机抽4个，记高度在内的个数为，求的分布列及数学期望. 30．已知椭圆短轴上的两个顶点坐标分别为，且椭圆上任意一点到两个焦点的距离之和为. (1)求椭圆的标准方程及离心率； (2)设椭圆的两个焦点分别为，直线经过椭圆的左焦点，且与直线平行，求直线的一般式方程； (3)设抛物线的顶点为坐标原点，焦点坐标为椭圆的左顶点，求抛物线的标准方程. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！34 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 编写说明：本套冲刺卷严格依据河北省对口升学考试要求编写，聚焦高三考生冲刺需求，助力高效提分。内容上深度覆盖考纲掌握、理解层级考点，既系统梳理构建知识框架，又强化应用能力训练；同时结合近三年高考真题，精准把握高频考点、命题趋势与题型特点，确保贴合高考方向。 本卷为高频考点冲刺卷第1卷，适合于全面模拟考试真实场景，精准把握考试节奏与答题时间，强化知识的综合运用能力，稳步提升应试实战水平。 2026年河北省中等职业学校对口升学文化考试 数学 高频考点冲刺卷（一） 考试时间：120分钟，满分：120分 一、选择题：本题共20小题，每小题3分，共60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．设集合，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据交集的概念运算即可. 【详解】集合，， 则. 故选：A. 2．不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由一元一次不等式的解法即可求解. 【详解】解不等式得，所以解集为. 故选：B. 3． 求 与 的值（    ）. A． B． C． D． 【答案】A 【分析】分别令求值即可. 【详解】已知， 则，解得， 故选：A. 4．“”是“b为a，c的等比中项”的（    ）条件 A．充分 B．必要 C．充要 D．既不充分也不必要 【答案】B 【分析】根据等比中项的定义与必要条件的判定即可求解. 【详解】当时，取，，则， 此时不为的等比中项，即充分性不成立. 当为的等比中项时，，即必要性成立. 故“”是“为的等比中项”的必要条件. 故选：B. 5．不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】不等式可化为，根据一元二次不等式、一元二次方程、二次函数之间的关系可求解. 【详解】不等式可化为， 方程的解为或， 故不等式的解集为，即的解集为. 故选：B 6．下列各式中正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据诱导公式化简即可求解. 【详解】由诱导公式，，故A选项错误； ，故B选项错误； ，故C选项错误； ，故D选项正确. 故选：D. 7．下列函数中，定义域为的函数是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据根式函数、分式函数以及二次函数的定义域求解即可. 【详解】选项A，函数的定义域为，不符合， 选项B，函数的定义域为，不符合， 选项C，函数的定义域为，符合， 选项D，函数的定义域为，不符合. 故选：C. 8．函数在其定义域内的图象大致是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】分类讨论的取值范围，结合二次函数的单调性即可得解. 【详解】对于， 当时，， 对于，其图象开口向上，对称轴为， 所以在上单调递增，故AC错误； 当时，， 对于，其图象开口向下，对称轴为， 所以在上单调递增，故D错误； 而选项B满足上述函数的性质描述，故B正确. 故选：B. 9．若，则必有（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意，结合实数指数幂的运算法则，即可求解. 【详解】因为， 即， 所以. 故选：D． 10．已知等差数列满足：，则（ ） A． B．10 C．15 D．20 【答案】C 【分析】设出等差数列的公差，根据题意列方程求出方差，再根据通项公式求解即可. 【详解】因为等差数列满足：，设等差数列的公差为， 所以，解得，所以. 故选：C. 11．如图是由几个大小相同的小正方体搭成的几何体的俯视图，小正方形中的数字表示该位置小正方体的个数，则该几何体的左视图是（    ）    A．   B．   C．   D．   【答案】A 【分析】根据俯视图中每列正方形的个数，再画出从左面看得到的图形即可． 【详解】该几何体的左视图从左到右看到的正方体分别是， 所以该几何体的左视图是，   ． 故选：A． 12．设函数是一次函数，，则等于（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设一次函数为，根据已知条件代入解析式求解即可. 【详解】设一次函数解析式为， 由得： ，即，解得. 所以函数解析式为. 故选：D. 13．已知是等比数列，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用等比数列通项公式，结合整体法求解即可. 【详解】因为是等比数列，设公比为， 所以， 又因为，所以，解得， 则， 又因为， 所以， 故选：B. 14．设向量，不平行，向量与平行，则实数（    ）． A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据给定条件，利用向量共线列式计算即得. 【详解】由向量与平行，得，而向量不平行， 于是，所以. 故选：A 15．已知，，，分别是空间四边形四条边，，，的中点，且，则四边形为（    ） A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形 【答案】C 【分析】如图，在中，易证且，同理有且，故且，所以四边形是平行四边形. 在中，易证，结合，可得，所以四边形为菱形. 【详解】    由图，在中，，分别，的中点， 所以且， 同理，且， 所以且. 所以四边形是平行四边形. 在中，，分别，的中点， 所以， 又， 所以. 故四边形为菱形. 故选：C 16．已知椭圆 的焦距是 4， 则 （   ） A．16 B．12 C．20 D． 【答案】D 【分析】根据椭圆的焦距求出a的值即可. 【详解】由题知 ，则 ，所以 ， 若焦点在x轴上，则 ，即，不符合题意， 若焦点在y轴上，则 ，即，符合题意. 故选：D. 17．已知随机变量的概率分布为：，其中是常数，则的值为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用概率和为1可构造方程求得的值，由可求得结果. 【详解】因为随机变量的概率分布为：， 所以，即，解得：， 所以． 故选：A． 18．圆与直线的位置关系是（   ） A．相交 B．相切 C．相离 D．不能确定 【答案】A 【分析】运用几何法与的关系判断圆与直线位置关系即可． 【详解】圆的圆心为，半径为1， 所以圆心到直线的距离， 所以直线与圆的位置关系为相交． 故选：A． 19．某年级举办线上小型音乐会，由6个节目组成，演出顺序有如下要求：节目甲必须排在前两位，节目丙必须排在节目乙的下一个，则该小型音乐会节目演出顺序的编排方案共有（    ）种. A．72 B．24 C．25 D．42 【答案】D 【分析】对甲分类讨论，利用排列数公式计数. 【详解】由题意知，甲的位置影响乙的排列， ①甲排在第一位时，编排方案共有种， ②甲排在第二位时，编排方案共有种， ∴故编排方案共有种， 故答案为：D． 20．若定义在上的奇函数在单调递减，且，则满足的的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由题意可得：，，函数在上单调递减，据此画出的简图，利用平移可得的简图，根据函数图像分、两种情况讨论可求解. 【详解】因为函数为定义在上的奇函数，则. 又奇函数在上单调递减，且， 所以在上也单调递减，且， 据此画出函数的大致图象如图（1）所示， 则函数的大致图象如图（2）所示. ①当时，要满足，则，由图得； ②当时，要满足，则，由图得. 综上所述，满足的x的取值范围是. 故选：D 二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。 21．计算： . 【答案】3 【分析】根据指数幂的运算法则，对数运算公式，特殊角的三角函数值即可得解. 【详解】原式， 22．已知，则 . 【答案】 【分析】根据自变量的范围，选择相应的函数式，由内到外计算即可得解. 【详解】由题可得， ， 所以. 故答案为： 23．已知，则= . 【答案】 【分析】根据两角和的正弦公式以及同角三角函数的关系求解即可. 【详解】因为，所以. 则. 故答案为：. 24．“二十四节气”是正式列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作名录，二十四节气中“芒种”不仅是一种“节气”，更是一种“农时”，是一套顺应天时、符合农事的生活与民俗系统.《月令七十二候集解》中说：“谓有芒之种谷可稼种矣”.夏满芒夏暑相连，秋处露秋寒霜降，冬雪雪冬小大寒，每一时节的开放与生长都蕴含着这个季节的“节气”.若从24个节气中选择2个节气，则这2个节气恰好在同一个季节的概率为 . 【答案】 【分析】根据题意结合组合数的计算及古典概型公式即可得解. 【详解】24节气分4个季节，每个季节6个节气。 从24个选2个的总情况数为； 同一季节选2个的情况数为， 故概率为, 故答案为：. 25．某圆锥的侧面展开图是一个半圆，且其体积与侧面积的数值之比为3:2，则该圆锥的高为 . 【答案】9 【分析】根据体积以及侧面积公式求解即可. 【详解】设圆锥的底面圆半径为，母线为，高为.由题意知，即， 所以，则，解得. 故答案为：9. 三、解答题：本题共5小题，共45分。请在答题卡中对应题号下面指定的位置作答，要写出文字说明、证明过程或演算步骤。 26．已知集合，集合． (1)若“”是“”的充分条件，求的取值范围； (2)若“”是“”的必要条件，求的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题意，结合绝对值不等式的解法，先求出集合A，结合充分条件的概念，即可求解. （2）根据题意，结合二次不等式的解法，先求出集合B，结合必要条件的概念，即可求解. 【详解】（1）因为，即， 解得， 所以集合， 因为“”是“”的充分条件， 所以， 即的取值范围是； （2）因为，即， 解得或， 即集合或， 因为“”是“”的必要条件， 所以或， 即的取值范围是. 27．在中，内角所对的边长分别为，且满足. (1)求A； (2)若，求. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据正弦定理以及特殊角的三角函数值求解即可. （2）根据正弦定理以及三角形的面积公式求解即可. 【详解】（1）因为，由正弦定理可得， 因为，所以，因为为三角形的内角，所以. （2）因为，，，由正弦定理可得：，所以. 因为为三角形的内角，所以， . 28．如图，四棱锥中，底面为矩形，⊥平面，为的中点.    (1)证明：平面； (2)设直线与底面所成角的正切值为，，，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取底面中心，利用三角形中位线得线线平行，再证线面平行即可； （2）根据线面夹角的定义及已知可求得AB长，再根据线面垂直判定直线与平面所成角即∠CPD，解三角形即可. 【详解】（1）连接，记， 为中点， 为中点， ， 又，，∴平面；    （2）因为平面， 所以即为直线与平面所成线面角，则.   因为矩形中，所以.   因为平面，平面，所以， 计算可得. 又，，，平面，所以， 所以即为直线与平面所成线面角，解得. 29．某班进行3D打印摆件设计，已知这种摆件的高度（单位：cm）介于之间，现对部分摆件的高度进行测量，得到的频率分布直方图如图所示. (1)求实数的值； (2)若从中随机抽4个，记高度在内的个数为，求的分布列及数学期望. 【答案】(1) (2)分布列见解析，1 【分析】（）根据频率分布直方图的性质列出等式即可得解. （）根据题意结合二项分布求出分布列，代入期望公式即可得解. 【详解】（1）由题意可得， 解得. （2）由（1）可知高度在的概率为， 所以， 则， , ， 所以的分布列为： 0 1 2 3 4 所以. 30．已知椭圆短轴上的两个顶点坐标分别为，且椭圆上任意一点到两个焦点的距离之和为. (1)求椭圆的标准方程及离心率； (2)设椭圆的两个焦点分别为，直线经过椭圆的左焦点，且与直线平行，求直线的一般式方程； (3)设抛物线的顶点为坐标原点，焦点坐标为椭圆的左顶点，求抛物线的标准方程. 【答案】(1)， (2) (3) 【分析】（1）由椭圆短轴的顶点坐标求出，由椭圆的定义结合题中条件求出，结合求出，进而写出椭圆的标准方程和离心率. （2）由（1）知椭圆的焦点坐标，求出直线的斜率，即可用点斜式求直线的方程，进而写成一般式方程. （3）由（1）写出椭圆的左顶点，再写出抛物线方程即可. 【详解】（1）由题意，椭圆的焦点在轴上，椭圆的中心在坐标原点， 可设椭圆方程为 由椭圆短轴上的两个顶点坐标分别为， 可知， 椭圆上任意一点到两个焦点的距离之和为，由椭圆的定义可知， ，，所以. 所以椭圆的标准方程为，离心率为. （2）由（1）知，为左焦点， 所以，直线的斜率为， 因为直线与直线平行，所以直线的斜率为， 又直线经过点， 所以直线的方程为， 即直线的一般式方程为. （3）由（1）椭圆方程，所以椭圆的左顶点， 即抛物线的焦点为，又抛物线的顶点为坐标原点， 所以抛物线的标准方程为. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！34 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $