精品解析：河北石家庄市2026届普通高中学校毕业年级教学质量检测（一）数学试题

2026届石家庄市普通高中学校毕业年级教学质量检测（一） 数学 （本试卷满分150分，考试时间120分钟） 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，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. 若复数满足，则（ ） A. B. 13 C. D. 5 【答案】A 【解析】 【详解】由得 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】易知，又， 所以. 3. 已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，则（ ） A. B. 4 C. 3 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】先根据抛物线方程求出基本参数和点A的纵坐标，再利用抛物线的定义计算焦半径的长度，或由两点距离公式直接求解. 【详解】由抛物线得，解得，所以焦点，准线方程， 点在抛物线上，代入抛物线方程得：​，解得 ，即， 根据抛物线的定义，抛物线上点到焦点的距离等于到准线的距离， 可得； 或直接计算两点距离：. 【点睛】本题核心知识点为抛物线的标准方程与定义，利用抛物线定义计算焦半径可以简化运算，是圆锥曲线中抛物线问题的常用技巧. 4. 已知平面向量满足，且，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】，两边同时平方得， 整理得：，， 所以与的夹角为. 5. 已知数列是等比数列，公比，前项和为，满足，且，则（ ） A. B. 4 C. D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】由前项和的定义及等比数列的通项公式求解即可. 【详解】因为，， 所以， 即， 解得 或 ， 又因为，所以 . 6. 已知 ，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【详解】当时，，所以， 当时，，即，所以或，则或， 故“”是“”的充分不必要条件. 7. 已知定义在上的偶函数，满足，且当时，若，，，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数性质可得函数的周期为4，再根据周期性和对称性及单调性即可判断大小. 【详解】因为是R上的偶函数，故； 由，令得，故的周期； 当时，，是增函数，故在上单调递增. 又因为，即. ，即,  由，得， 所以 ， 且，即. 即,且在上单调递增，所以,即. 8. 已知，若圆上总存在点满足，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据求出点的轨迹方程，再根据圆上总存在点满足该条件，得出两圆的位置关系，进而求出实数的取值范围. 【详解】设点，已知，且， 所以， 化简得， 所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆， 因为圆上总存在点满足，即圆与圆有公共点， 所以两圆的圆心距满足（，为两圆的半径）， 即， 化简得， 解得. 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. 已知函数，则（    ） A. B. 函数的零点为 C. 曲线上任意一点处切线的倾斜角不小于 D. 若，且，则 【答案】AC 【解析】 【分析】先根据求出的值，再令求函数零点，对求导分析曲线上切线倾斜角的范围，根据导数判断函数单调性，进而判断各选项的正误. 【详解】已知，所以，解得，A正确； 所以，令（），则， 化简得，即 ，解得，B错误； 对求导得，其中 ， 由基本不等式得，当且仅当时取等号， 设切线倾斜角为，则斜率，又， 所以，故倾斜角不小于，C正确； 由知：在和上单调递增， 但不能直接得出，且时，， 如， 时，，D错误. 10. 下列说法正确的是（ ） A. 设一组样本数据的方差为2，则数据的方差为8 B. 10个样本数据5，6，7，4，5，7，8，3，9，4的第60百分位数是6 C. 用0~9这10个数字，可以组成648个没有重复数字的三位数 D. 已知随机变量的概率分布为，则实数的值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】分别运用方差变换性质、百分位数计算规则、排列组合计数原理、离散型概率分布性质结合裂项求和，逐个分析判断各选项的正误得到结论. 【详解】对于选项A：根据方差的性质：若，则新数据的方差， 此处原方差，，因此新方差，A正确； 对于选项B：先将10个样本从小到大排序：， 计算百分位数位置：，为整数， 第60百分位数是第6项和第7项的平均值，即，B错误； 对于选项C：组成无重复数字的三位数，百位不能为0： 百位：从1~9选，共9种选择； 十位：去掉百位已选数字，剩余9个数字可选，共9种选择； 个位：去掉百位、十位已选数字，剩余8个数字可选，共8种选择； 总个数：，C正确； 对于选项D：由分布列性质，所有概率和为1，对概率裂项求和：  ， ，  解得，D正确. 【点睛】本题涵盖核心知识点：①方差的线性变换性质；②百分位数的计算方法；③排列组合特殊位置计数法；④离散型随机变量分布列的性质、裂项相消求和法. 11. 已知三棱柱的所有棱长均为2， ，记，则（ ） A. 当时， B. 当时，三棱柱的体积为 C. 当时，直线与平面所成角的余弦值为 D. 当时，三棱锥的外接球的球面与其侧面的交线长为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据三棱柱性质以及线面垂直判定定理，由空间向量的位置关系可判断A错误，利用正三棱柱性质以及柱体体积公式计算可得B正确，建立空间直角坐标系结合线面角的向量求法可判断C正确，利用空间向量求出三棱锥的外接球的球心位置，可求得球心到平面的距离，求出交线圆的半径可得D正确. 【详解】如下图所示： A，当时，，即，又， 且平面，所以平面， 因为 平面，所以，此时三棱柱为正三棱柱， 由可得 ，所以不成立，即A错误； B，由A中分析可知当时，三棱柱为正三棱柱， 此时三棱柱的体积为，即B正确； C，取 的中点为，连接， 因为 为正三角形，所以， 又，平面，所以平面， 以为原点，分别以所在直线为 轴，在平面内过点作垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系，如下图所示： 易知，可设， 可得， 又，可得，解得； 因为，可得,可知， 所以，显然平面与平面的法向量均为, 设直线与平面所成的角为 ，所以, 因此直线与平面所成角的余弦值为，即C正确； D，易知三棱锥的外接球的球心在 外接圆圆心的正上方， 易知 外接圆圆心坐标为, 设外接球的球心为， 所以，即，解得，即； 设平面的法向量为, 则，令，则，所以； 又，外接球半径， 所以球心到平面的距离为； 设球心在平面的投影为，可知， 又，解得或； 当时，，， 此时，又， 显然不存在实数对满足，此时不在平面 内， 当时，，即为坐标原点，满足题意； 因此三棱锥的外接球的球面与侧面 的交线是以为圆心，半径为的半圆, 则， 即三棱锥的外接球的球面与侧面的交线长为，即D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知随机事件满足，则______. 【答案】 【解析】 【分析】利用条件概率公式求解即可. 【详解】由条件概率公式可知 . 13. 已知为坐标原点，双曲线的左、右焦点分别为、，为双曲线右支上一点，满足，且的面积为，则双曲线的离心率为______. 【答案】 ## 【解析】 【分析】设，由题意可得、，，由此求解即可. 【详解】设， 因为， 所以①， 又因为为中点，的面积为， 所以的面积为， 则有， 所以②， 由双曲线的定义可知③， 由①②③，可得， 所以， 即， 又因为， 所以. 14. 已知数列满足，当时，，若数列中存在连续5项构成等差数列，则的最小值是______. 【答案】2 【解析】 【分析】根据给定条件，正整数从1开始取值，结合等差数列性质依次计算确定的最小值. 【详解】依题意，，当时，数列成等差数列， 则，由，得，则与矛盾， 因此，当时，数列成等差数列， 且，则， 而，，因此，此时，公差， ，，符合题意， 所以的最小值为2. 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 中，内角的对边分别为，且满足. （1）若，求的值； （2）求角的最大值，并判断此时 的形状. 【答案】（1） （2），等边三角形 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理导出； （2）用余弦定理结合基本不等式可求出角最大值，再根据等号成立条件判断三角形形状. 【小问1详解】 中，由正弦定理得 【小问2详解】 中，由余弦定理得，当且仅当时，等号成立， 的最大值为，此时基本不等式等号成立，即， 为等边三角形. 16. 如图，在四棱锥中，是正三角形，四边形是菱形，，，点是棱上的一点. （1）若为棱的中点，求证：平面； （2）若平面平面，是否存在点，使得点到平面的距离为.若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） 在四棱锥中，连接，交于点，连接， 因为四边形为菱形，所以为的中点， 因为为的中点，所以， 又平面，平面， 所以平面. （2）存在，，理由如下： 解法一：取的中点，连接 ， 四边形是菱形，且，为正三角形，所以， 因为为正三角形，所以 ， 因为平面平面，平面 平面， 平面，且，所以 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， 所以， 设平面的法向量为， 则，即，令，则， ，则. 假设存在点，使得点到平面的距离为， 设，点到平面的距离为， 则解得， 所以存在点，当时，点到平面的距离为. 解法二：取的中点，连接 ， 四边形是菱形，且，所以为正三角形，所以， 因为为正三角形，所以 ， 因为平面平面，平面 平面， 平面，且，所以 平面. 又平面，所以，因为为等边三角形，边长为8， 所以，所以在， 又，可以求得， 所以， 因为，所以， 因为，所以，可得， 所以存在点，当时，点到平面的距离为. 【解析】 【分析】（1）利用线面平行的判定定理证明即可； （2）解法一：取的中点，连接 ，利用面面垂直的性质定理得 平面，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，设，利用点面距离的向量公式列式求解即可； 解法二：取的中点，连接 ，利用面面垂直的性质定理得 平面，利用等体积法求得，利用求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 17. 某市为增强高中学生的数学建模能力，组织了一次“数学建模竞赛”活动.本次竞赛活动满分为分，得分不低于分为优秀.为了解本次活动学生的得分情况，现从参加活动的所有同学中随机抽取了名学生的分数组成样本，并按分数分成以下6组：，统计结果如图所示. （1）求该样本中学生分数为优秀的人数； （2）从该样本分数不低于分的学生中，用比例分配的分层随机抽样的方法选取人进行座谈，若从座谈名单中随机抽取3人进行个案研究，记分数在的人数为，求的分布列和均值； （3）根据频率分布直方图，以频率估计概率，现从该市所有参加活动的学生中随机抽取人，这名学生的分数相互独立.记分数为优秀的人数为，当最大时，求的值. 【答案】（1） （2）分布列 0 1 2 ， （3） 【解析】 【分析】（1）直接根据频率和样本容量计算可得； （2）由随机变量服从超几何分布，根据超几分布计算可得； （3）随机变量服从二项分布，再根据概率的增减性判断可得. 【小问1详解】 该样本中学生分数为优秀的频率 故优秀的人数为人; 【小问2详解】 从样本中得分不低于70分的学生中，用比例分配的分层随机抽样的方法选取11人进行座谈， 其中分数在的人数为. 若从座谈名单中随机抽取3人，则的所有可能取值为. 则的分布列为： 0 1 2 所以. 【小问3详解】 由题意知，，则，. 令， 当，解得. 因为，所以时，， 当时，，所以当 时，最大. 18. 已知椭圆的右焦点，短轴长为2. （1）求椭圆的方程； （2）记为坐标原点，直线 与椭圆交于两点，过点作直线的垂线，垂足为. （i）求证：直线恒过定点； （ii）求 面积的取值范围. 【答案】（1） （2）（i）设 ，依题意， 得 ， ， 所以，即得直线的方程为：①. 由图形的对称性可知，若动直线过定点，则定点一定在轴上， 所以令代入①，可得 ， 由（*）得 ， 所以 得，所以直线恒过定点 . （ii） 【解析】 【分析】（1）由椭圆的焦点及短轴列式计算求解得出 从而可得的方程；    （2）（i）将与直线方程联立可得，直线，令，结合韦达定理求证即可； （ii）设 ，则 ，记 ，则，结合基本不等式计算求解. 【小问1详解】 依题意可知，解得 ，椭圆的标准方程为 . 【小问2详解】 （i）略 （ii）由（i）可知直线恒过定点 ， 所以， 将（*）代入得 ， 设 ， 则. 因为 ，所以 ， 所以 . 19. 已知函数 ，其中. （1）当时，求函数的单调区间； （2）记函数的极小值点为，若满足 ，设集合，，其中表示不大于的最大整数. （i）求和的表达式，并判断1，2，3，4，5，6与集合的关系（参考数据：）； （ii）定义：若集合满足：，且，则称集合是正整数集的一个“互补覆盖”，求证：集合是正整数集的一个“互补覆盖”. 【答案】（1）减区间为 ；增区间为 （2）（i） ， ；（ii）先证明： .假设存在正整数满足 ， 记，其中 ，且 . 若 ，则 ， 即 ，显然等式右侧为整数，左侧为无理数，故 . 故 ， 故 ，与假设矛盾，故假设不成立，因此 ； 再证明：. 解法一：由（1）知 时成立，设任意一个大于6的正整数为， 一定存在正整数满足 ， 即证明 的整数中有个在集合中， 有个在集合中， ，只需证明 即可. 易知 ，且 ， 又因为， 即 ，故 ，又 ，于是原结论成立， 综上知，集合是正整数集的一个“互补覆盖”. 解法二：由（1）知 时成立，假设存在一个大于6的正整数为，不存在正整数， 满足 ， 或 时，无理数等于有理数，显然不成立， 所以，且 所以 且 化简得 ，显然不成立,故假设不成立，所以原命题得证， 又 ，综上知，集合是正整数集的一个“互补覆盖”. 【解析】 【分析】（1）先求出导函数，再根据导函数正负得出单调性即可； （2）（i）求出导函数得出极小值点，再应用集合新定义计算求解；（ii）根据集合的新定义 ，解法一：应用新函数定义 证明 或解法二：应用反证法证明即可证明. 【小问1详解】 当时， ，定义域为 ， ， 当 时， ，故函数 单调递减； 当 时， ，故函数 单调递增. 所以函数 的减区间为 ；增区间为； 【小问2详解】 （i）当 时，， 令 ，解得 ， 函数 ）在区间 上单调递减，在区间 上单调递增， 故 ，故 ，故； ，故 ，故； ，故 ，故. 故 ； （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届石家庄市普通高中学校毕业年级教学质量检测（一） 数学 （本试卷满分150分，考试时间120分钟） 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，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. 若复数 满足，则（ ） A. B. 13 C. D. 5 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，则（ ） A. B. 4 C. 3 D. 5 4. 已知平面向量满足，且，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 5. 已知数列是等比数列，公比，前项和为，满足，且，则（ ） A. B. 4 C. D. 2 6. 已知 ，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 7. 已知定义在上的偶函数，满足，且当时，若，，，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，若圆上总存在点满足，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 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. 已知函数，则（    ） A. B. 函数的零点为 C. 曲线上任意一点处切线的倾斜角不小于 D. 若，且，则 10. 下列说法正确的是（ ） A. 设一组样本数据的方差为2，则数据的方差为8 B. 10个样本数据5，6，7，4，5，7，8，3，9，4的第60百分位数是6 C. 用0~9这10个数字，可以组成648个没有重复数字的三位数 D. 已知随机变量的概率分布为，则实数的值为 11. 已知三棱柱的所有棱长均为2， ，记，则（ ） A. 当时， B. 当时，三棱柱的体积为 C. 当时，直线与平面所成角的余弦值为 D. 当时，三棱锥的外接球的球面与其侧面的交线长为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知随机事件满足，则______. 13. 已知为坐标原点，双曲线的左、右焦点分别为、，为双曲线右支上一点，满足，且的面积为，则双曲线的离心率为______. 14. 已知数列满足，当时，，若数列中存在连续5项构成等差数列，则的最小值是______. 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. 已知中，内角的对边分别为，且满足. （1）若，求的值； （2）求角的最大值，并判断此时的形状. 16. 如图，在四棱锥中，是正三角形，四边形是菱形，，，点是棱上的一点. （1）若为棱的中点，求证：平面； （2）若平面 平面，是否存在点，使得点到平面的距离为.若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 17. 某市为增强高中学生的数学建模能力，组织了一次“数学建模竞赛”活动.本次竞赛活动满分为分，得分不低于分为优秀.为了解本次活动学生的得分情况，现从参加活动的所有同学中随机抽取了名学生的分数组成样本，并按分数分成以下6组：，统计结果如图所示. （1）求该样本中学生分数为优秀的人数； （2）从该样本分数不低于分的学生中，用比例分配的分层随机抽样的方法选取人进行座谈，若从座谈名单中随机抽取3人进行个案研究，记分数在的人数为，求的分布列和均值； （3）根据频率分布直方图，以频率估计概率，现从该市所有参加活动的学生中随机抽取人，这名学生的分数相互独立.记分数为优秀的人数为，当最大时，求的值. 18. 已知椭圆的右焦点，短轴长为2. （1）求椭圆的方程； （2）记为坐标原点，直线 与椭圆交于两点，过点作直线的垂线，垂足为. （i）求证：直线恒过定点； （ii）求 面积的取值范围. 19. 已知函数 ，其中. （1）当时，求函数的单调区间； （2）记函数的极小值点为，若满足 ，设集合，，其中表示不大于的最大整数. （i）求和的表达式，并判断1，2，3，4，5，6与集合的关系（参考数据：）； （ii）定义：若集合满足： ，且，则称集合是正整数集的一个“互补覆盖”，求证：集合是正整数集的一个“互补覆盖”. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $