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=}#}