2023-2024年度石家庄市质检一（数学答案）_2024年3月_013月合集_2024届河北省石家庄市普通高中学校毕业年级教学质量检测(一)

2023-2024 年度质量检测（一） 数学答案 一、 选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分． 1-4 BCDB 5-8 CADD 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 .BC 10.BCD 11 ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 2 6 12． 13． 13．  14． b 2n 5 27 n 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。 （解答题仅提供一种或两种解法的评分细则，其他解法请各校教研组依据本评分标准商讨进行） 15. （13分） 解：（1）∵ 1 a 2  b 2  2 a b  c 2 ， a2 b2-c2 ∴a2 b2-c2 - 2ab，∴cosC= ………………………………………2分 2ab  2ab 2   2ab 2 …………………………………………………3分 ∵C∈(0，π)，∴ C = 3 4  …………………………………………………5分 (2) ∵c＝2bcos B 由正弦定理可得：sinC 2sinBcosB …………………………………………………7分 ∴ s i n C  s i n 2 B = 2 2 …………………………………………………8分 ∵ C = 3 4    ∴B∈(0, )，2 B∈(0, ) 4 2 ∴ 2 B = 4 B = 8   ， …………………………………………………9分  3  ∴A=-   8 4 8 ∴a=b=1 …………………………………………………11分 1 1 3 2 △ABC的面积为 absinC  11sin = …………………………………………………13分 2 2 4 4 {#{QQABRYSQogigAABAAQgCUwF6CgAQkBGACCoOBFAIsAABSANABAA=}#}16．（15分） 解析：（1）设 2 A C , B D 交于F ，连接 E F 在△ A B D BD 中，由正弦定理知，AC 2R 4， ………………………………………2 分 sinA 在△ O F B 中， O F  O B s i n 3 0   1 ， 所以 F 为 O C 中点，所以EF//PO， ………………………………………4分 又 P O  平面 A B D ，所以 E F  平面 A B D E F  平面 B E D ，因此平面 B E D  平面ABD ………………………………………6分 （2）法一： 以点F 为坐标原点， F A , F B , F E 所在直线分别为x轴， y 轴， z 轴，建立如图所示空间直角坐标系， 则 A ( 3 , 0 , 0 ) ， M ( 2 , 3 , 0 ) ，E(0,0, 3)，………………………8分 故AM (1, 3,0)，AE (3,0, 3) …………………………………9分 设平面 A M E 的法向量n (x,y,z) 1  n AM 0 由 1 得  n AE 0 1    x 3  x  3 y 3 z   0 0 …………………………11分 令x 3，解得n ( 3,1,3) ………………………………12分 1 {#{QQABRYSQogigAABAAQgCUwF6CgAQkBGACCoOBFAIsAABSANABAA=}#}平面 3 P A C 的法向量 n 2  ( 0 , 1 , 0 ) ……………………………13分 1 13 cosn ,n   1 2 319 13 因此平面 A M E 与平面 P A C 夹角的余弦值为 1 1 3 3 …………………………………15分 法二：如图所示，过 M 作 M N  A C 于 N ，过 N 作 N Q  A E Q MQ 于 ,连接 P O  平 面 A B D  P O  M N 又 MN  AC , P O  A C  O  M N  平 面 P A C ………………………………8分 MN  AE 又 A E  N Q , M N  N Q  N  A E  平 面 M N Q  A E  M Q 又 A E  N Q   M Q N 为二面角 M  A E  C 的平面角 ………………………………………9分 A C 为 O 的 直 径   A M C  9 0 在 R t A M C 中， ACM 30 ,AC=4  A M  A C  S i n  A C M  2 在 R t A N M MN= 3, 中， …………………………11分 AN 1 等边 P A C 中， E 为 A C 的中点  A E  P C , C E  2 NQ AN 1 1 1    NQ CE  CE AC 4 4 2 ………………………………………12分 在 R t M N Q MN tanMQN  2 3 中， NQ ……………………………14分 13 cosMQN  13 13 因此平面 AME 与平面PAC 夹角的余弦值为 ………………………………………15 分 13 17．（15分） Q M N {#{QQABRYSQogigAABAAQgCUwF6CgAQkBGACCoOBFAIsAABSANABAA=}#}解析：（1）因为 4 a  3 c ， a 2  b 2  c 2 ，所以 a 2  9 c 2 , b 2  8 c 2 ……………………………2分 1 64 1 8 又  1，所以  1，解得 a2 9b2 9c2 9c2 c  1 ………………………………………4分 所以 a  3 , b  2 2 x2 y2 ，因此椭圆E:  1 ………………………………………5分 9 8 （2）设直线 C D : x  m y  1 ， C ( x 1 , y 1 ) , D ( x 2 , y 2 ) ， 由  x 9 x 2   m y 8 y 2   1 1 得 ( 8 m 2  9 ) y 2  1 6 m y  6 4  0 ，…………………………7分 y 1  y 2  8 1 m 6 2 m  9 , y 1 y 2  8 m  6 2 4  9 ，   0 ， ……………………………………9分 因为 k P C  k A C ，所以 x y P P 3  x 1 y 1 3 ，同理 x y P P 3  x y 2 2 3 ， 因此 x x P P   3 3  y y 1 2 ( ( x x 2 1   3 3 ) )  y y 1 2 ( ( m m y y 2 1   4 2 ) )  m m y y 1 1 y y 2 2   4 2 y y 1 2 ， ………………………………………11分 由韦达定理知 m y 1 y 2   4 ( y 1  y 2 ) ， 所以 x x P P   3 3    4 4 ( ( y y 1 1   y y 2 2 ) )   4 2 y y 1 2    8 4 y y 1 1   4 2 y y 2 2  2 ，解得x 9， ……………………13分 P 又 O M / / P A ，所以 M 为PB中点，因此 x M   3 ， O M  (  3 , y M ) ， 故 O A  O M  9 ………………………………………………………………………………15分 18.（17分） 设第一次抽到正常硬币为事件A，抽到双面都印着字的硬币为事件B，抽到双面都印着花的硬币为事件C， 第一次投掷出正面向上为事件 ，第二次投掷出正面向上为事件 ，选择方案一进行第三次投掷并正面 向上为事件 ，选择方案二进行第三次投掷并正面向上为事件 （ 1 ） 由 全 概 率 公 式 可 得 ， ------------------------------------------------------------------------------------------------------2分 （2）连续两次都是正面的概率 = {#{QQABRYSQogigAABAAQgCUwF6CgAQkBGACCoOBFAIsAABSANABAA=}#}------------------------------------------------------------------------------------------------------4分 所以 ------------------------------------------------6分 （3） （一）若选择方案一，设第三次投掷后最终获得的礼券为X元，第三次掷出正面向上为事件S，则 = ---------------------------------------------------------------------------------------------8分 , ， ---------------------------------10 分 （二）若选择方案二，设第三次投掷后最终获得的礼券为Y元，第三次掷出正面向上为事件T， ① 如果第一次抽到的是正常硬币，设第二次抽到正常硬币为事件 ，第二次抽到两面都是字的硬币为事 件 ，第二次抽到两面都是花的硬币为事件 ，则 ----------------------------------------12分 ② 如果第一次抽到的是两面都是字的硬币，设第二次抽到正常硬币为事件 ，第二次抽到两面都是字的 硬币为事件 ，第二次抽到两面都是花的硬币为事件 ，则 所以， ， . ------------------------------------------------14分 , ， ---------------------------16分 5 {#{QQABRYSQogigAABAAQgCUwF6CgAQkBGACCoOBFAIsAABSANABAA=}#}综上，由（一）、（二）可得， ，所以选择方案二的收益更高.-----------------------17分 19.(17分) （1）当 6 x  0 时， f ( x ) 单调递增， 且 f ( 0 )  1 x ， ， f ( x )    ，因此 f ( x ) 在区间    ， 0  上存在唯一零点． ---------------------1分 当 x  0 ex ax2 0 时，只要 存在两个根即可，即 a  e x x 2 存在两个根， 设 g ( x )  e x x 2 ，则 g ( x )  ( x  x 2 3 ) e x ， 当 x  ( 0 , 2 ) 时， g ( x )  0 ，函数 g ( x ) 单调递减； 当 x  ( 2 ,   ) 时， g ( x )  0 ，函数 g ( x ) 单调递增；---------------------3分 e2 g(2) 4 又 ，当 x  0 时， g ( x )    x ；当 时， g ( x )    ， e2 a  4 故 时，在区间  0 ，    存在两个零点， 因此 a 的取值范围为 a  e 4 2 ---------------------5分 （2）① ， ，令 ， 令 ，可得 ， 时， ， 单调递减， 时， ， 单调递 增， 故 ，解得 .----------------------------------------------- ---------------7分 ②设 为好点，对于 ，都有 ， 当 时， ，成立. 当 时，即为 当 时， 恒成立， {#{QQABRYSQogigAABAAQgCUwF6CgAQkBGACCoOBFAIsAABSANABAA=}#}当 时， 恒成立. -----------------------------------------------------------------8分 因为 在在 点的切线方程为 ， 所以 ， 设 ---------------------------------------------------------------------------------------9分 又因为 在 上单调递减， 上单调递增，故分情况讨论. ①当 时，因为 为好点，所以 恒成立 若 ， 在 上单调递增， ， ， 所以 在 时单调递增， ，满足条件.故 时成立. -------------------------------------11分 若 , 在 上单调递减，在 上单调递增, 在 时， ， ， 所以 在 时单调递减， ，矛盾，不满足条件. ---------------------------------------------------13分 ②当 时，因为 为好点，所以 恒成立 若 ， 在 上单调递减， ， ， 所以 在 时单调递增， ，满足条件.故 时成立. ------------------------------------------15分 若 , 在 上单调递减，在 上单调递增, 在 时， ， ， 所以 在 时单调递减， ，矛盾，不满足条件. 综上，由①、②可得， 且 ，即 ，所以只有一个好点 .-------------------------17分 7 {#{QQABRYSQogigAABAAQgCUwF6CgAQkBGACCoOBFAIsAABSANABAA=}#}