精品解析：河北石家庄市2026届普通高等学校毕业年级教学质量检测(二) 数学试题

2026届普通高中学校毕业年级教学质量检测（二）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. 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】 【分析】本题主要考查复数的乘法运算及复数的几何意义，先利用复数的乘法法则化简复数，再根据复平面内点的坐标特征判断其所在象限. 【详解】解：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】 【详解】， 故. 3. 已知是等差数列的前项和，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由等差数列的性质可知，从而计算出，再根据等差数列的前项和公式计算即可. 【详解】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】 【详解】解：． 5. 若函数为偶函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性可求解，即可代入求解. 【详解】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】 【分析】根据已知条件和正四棱台的特征计算侧面等腰梯形的面积，然后利用表面积的定义计算可得结果． 【详解】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】 【分析】利用导数判断单调性，通过区间端点导数非正的条件联立求出唯一的，再验证其符合单调递减的条件即可. 【详解】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】 【分析】利用椭圆定义和切线长定理求各边长，再根据勾股定理求解即可. 【详解】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】 【分析】根据半径可求解，即可判断AB，进而根据两圆的位置关系可判断C，根据点到直线的距离公式以及圆的弦长公式即可求解D. 【详解】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】 【分析】首先根据已知条件判断的形状，进而可判断A；通过平面向量基本定理可判断B；通过向量在向量上的投影向量公式即可判断C；通过三点共线的向量表示可判断D. 【详解】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】 【分析】对于A，利用放缩得到即可判断；对于B，举例排除即可；对于C，列方程求解即可判断；对于D，利用构造法求通项，再分组求和即可判断． 【详解】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】 【分析】根据和差角公式展开，即可得求解. 【详解】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】 【详解】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】 ①. ②. 【解析】 【分析】取过圆锥轴及其中一个大球球心的截面，并结合与底面平行且距离底面为的平面内三个球心的位置关系，将空间问题转化为平面中圆与直线、圆与圆的相切问题.先由截面中半径为的圆确定大球球心到圆锥轴的距离，再利用三个球心构成边长为的正三角形求圆锥底面半径.设再放入的小球半径为，由对称性知其球心在圆锥轴上，再由相切条件列方程即可求得. 如图： 【详解】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． 【答案】（1） （2）4 【解析】 【分析】（1）根据双曲线的渐近线方程得到与的关系，再将点的坐标代入双曲线方程，联立求解出，的值，进而求出的值，得到焦距； （2）先求出直线的方程，然后联立直线与双曲线的方程，利用弦长公式求出即可. 【小问1详解】 由题意得： ， 又，可得， ，则双曲线的焦距为． 【小问2详解】 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． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据递推公式求出及的关系，从而可判断数列的特征； （2）首先求出数列的通项公式，观察可知需要通过错位相减法求解其前项和． 【小问1详解】 ， 当时，，解得． 又当时，， ，， 数列是以2为首项，2为公比的等比数列． ． 【小问2详解】 ， 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． 【答案】（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） 【解析】 【分析】(1)利用正三角形的中线性质与矩形对边中点连线的垂直关系，推导出线面垂直；再结合面面垂直的判定定理，由线面垂直推出面面垂直； (2)方法一：建立空间直角坐标系，通过点的坐标和向量运算求出平面的法向量；利用对称条件解出对称点坐标，最后用法向量夹角公式计算两平面夹角的余弦值；方法二：通过线面平行的性质与对称关系确定点的位置及辅助线，结合三角形全等与角度推导；将空间平面夹角转化为平面内的角度差，利用三角函数公式求出余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 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：． 【答案】（1） （2） （3）证明：由（2）可知，当时，， 令，则，因为， 令，则， 即， 累加得：， 即成立 . 【解析】 【分析】（1）根据切线方程为可得斜率为，以及经过点，即可求导得解， （2）将问题转化为，构造函数，利用导数求解函数的单调性，即可求解， （3）根据（2）的结论得，即可累加求解. 【小问1详解】 ， 则，则 【小问2详解】 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. 【小问3详解】 略 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）． 【答案】（1）（i）；（ii） （2） 【解析】 【分析】（1）（i）利用四个独立事件同时发生来计算概率即可； （ii）利用全概率公式来求解即可； （2）利用构造数列的递推思想，求解通项公式，即可求得概率. 【小问1详解】 （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，第四轮乙进攻乙胜， 故比赛进行四轮结束的概率为． （ii）因为两队规则对称且初始分数相同，乙进攻时甲获胜概率为， 所以由全概率公式得：，解得：． 【小问2详解】 记为甲队的分数为分且乙为进攻方时甲队最终获胜的概率． 由规则，对，有① ② 边界条件：，且自然定义（甲得满分时获胜）． 由①解出，代入②得， 整理得．③ 这说明是等差数列 下面确定和的关系． 由②取并结合得． 又由①取得，代入得 ， 设公差为，则，故．于是对任意， 有．利用边界， 得,因此. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届普通高中学校毕业年级教学质量检测（二）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. 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 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知是等差数列的前项和，若，则（ ） A. B. C. D. 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 5. 若函数为偶函数，则（ ） A. B. C. D. 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 7. 若函数在区间上单调递减，则实数为（ ） A. B. C. D. 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. 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 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 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， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，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） 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_____． 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． 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． 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． 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：． 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）． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $