2024届石家庄市质检二（数学答案）_2024年4月_01按日期_10号_2024届河北石家庄高三教学质量检测（二）_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(二)数学

2023-2024 年度石家庄市高中毕业班质量检测（二）
数学答案
一、选择题：
1-4 ADAC 5-8 BADB
二、选择题：
9．ABD 10.BC 11.BCD
三、填空题：
y2 8x
12. 10 13. 14.[15,19]
四、解答题：（其他解法请各校教研组依据本评分标准商讨进行）
15.解：（1）零假设为𝐻 ：该校学生选择乒乓球还是羽毛球与性别无关联.
0
经计算得𝜒2 =
150×(50×40−35×25)2
75×75×85×65
……………………………………………………………2分
≈6.109＞3.841=𝑥 ，
0.05
……………………………………………………………4分
依据小概率值𝛼 =0.05的独立性检验，推断𝐻 不成立,即认为该校学生选择乒乓球还是羽毛球与性别有关
0
联，此推断犯错误的概率不大于0.05 .
…………………………………………………………6分
（2）按分层随机抽样，女生乒乓球组中抽取7人，女生羽毛球组中抽取8人，
………………………………7分
X的所有可能取值为0，1，2
……………………………………………………………8分
C2 4
P(X 0) 8 
C
1
2
5
15 ……………………………………………………………9分
C1C1 8
P(X 1) 7 8 
C
1
2
5
15 ……………………………………………………………10分
C2 3 1
P(X 2) 7  
C
1
2
5
15 5 ……………………………………………………………11分
X 0 1 2
4 8 1
P
15 15 5
4 8 1 14
所以X的期望为：E(X)0 1 2 
15 15 5 15 …………………………………………………………………………13分
16.解：因为f(A)＝m·n=(2sinA， 3sinA+ 3cos A )·(cos A，cos A- sinA)
1=2sin Acos A+ 3cos2A- 3sin2A＝sin 2A+ 3cos 2A
……………………………………………………………2分
π
＝2sin(2A+ )
3
……………………………………………………………4分
 2 2 π 5
因为 ≤A≤ ，所以 ≤2A+ ≤ ，
3
6 3 3 3
π 3
所以-1≤sin(2A＋ )≤ ，f(A)[-2，3].
3
2
……………………………………………………………6分
所以函数 f(A)的最大值为 3．
……………………………………………………………7分
 
(2) f(A)2sin(2A )0,2A k,kZ
3 3
k 
A  ,kZ
2 6
A

,
2
A

.……………………………………………………………9分
 
6 3  3
a b c
在△ABC 中，由正弦定理 ＝ ＝ =2，
sin A sin B sin C
a
得 b＋c＝ (sin B＋sin C)＝ 6，
sin A
……………………………………………………………11分
所以(b＋c)2＝b2＋c2＋2bc＝6，①
由余弦定理得 b2＋c2－bc＝3，②
……………………………………………………………13分
由①②解得bc＝1，
……………………………………………………………14分
1 1 3 3
所以△ABC 的面积为 bcsin A＝ ×1× ＝ .
2 2 2
4
………………………………………………15分
17．解:（1） 由题意a 7， 所以a a 34，………………………………………1分
1 2 1
a 2a 8，………………………………………………… 2分
3 2
a a 35……………………………………………………… 3分
4 3
a 3, n为奇数
（2）因为
a
n1

2
n
a , n为偶数
，

n
所以a 62a 62a 362a 6………………………… 5分
2n1 2n 2n1 2n1
2a 6
即 2n1 2，且a 61，
a 6 1
2n1
数列{a 6}是首项为1，公比为2的等比数列. ………………………………7分
2n1
（3）由（2）可知a 6=12n1 ，即a =12n1 6
2n1 2n1
因为2n为偶数，2n1为奇数，
所以b a a 32n1 3………………………………………………… 9分
n 2n 2n1
所以n(b 3)n(2n1 33)n2n1 ……………………………………… 10分
n
由此可得：
S 120 221 322  n2n1 ①
n
2S 121 222 323  n2n ②
n
………………………………………………………………………………………… 12分
① - ②得
12n
S 121 22  2n1 n2n  n2n
n 12
…………………………… 14分
所以S 1(n1)2n ……………………………………………………………… 15分
n
18．解：（1）由 AF  AF 2a， BF  BF 2a，故ΔABF 的周长4 2 4a，
1 2 1 2 2
所以a 2，…………………………………………………………1分
c 2
又E的离心率  ，所以c1，……………2分
a 2
又b2 a2 c2 1，
x2
所以椭圆E的标准方程为  y2 1，………………………………………………… 3分
2
由题意知，直线l方程为yx1，
y x1
  4 1 4 1
由x2 ，解得A0,1,B ,  ，由对称性知C , ,以O为坐标原点，折叠后原y轴负半轴，
 y2 1  3 3 3 3
 2
原x轴，原y轴的正半轴所在直线为x,y,z轴建立如图空间直角坐标系，
31 4  1 4 
则A
0,0,1

,
B

, ,0
，C , ,0，F

0,1,0

,
3 3  3 3  1
………………………………………………… 5分
1 4   1 1 
所以AC  , ,1,BF  , ,0
3 3  1  3 3 
1
AC  BF 3 3 13
设直线AC与BF 所成角为，则cos  1   .……… 7分
1 AC  BF 26 2 26
1 
3 3
x 1
（2）（i）设点A(x ,y ),B(x ,y )，C(x ,y ),D(x ,y )，则直线AF 的方程为x 1 y1，
1 1 2 2 3 3 4 4 2 y
1
 x 1
x 1 y1
  y x 1 2  x 1
由 1 ，得 1  2y22 1 y10，
x2 y2 1   y 1     y 1 

 2
1 y2 y2
所以 y y   1  1 ，
1 3 x 1 2 x2 2x 12y2 2x 3
 1  2 1 1 1 1
 y 
1
y x 1 x 1 y 3x 4
所以y  1 ，又x  1 y 1 1  1 1 1 ，
3 2x 3 3 y 3 y 2x 3 2x 3
1 1 1 1 1
……………………………… 9分
y 3x 4
同理y  2 ，x  2 ，…………………………………………………… 10分
4 2x 3 4 2x 3
2 2
y y
由A,F,B三点共线，得 1  2 ，所以y x y x  y y ，………………… 11分
1 x 1 x 1 1 2 2 1 2 1
1 2
y y  y  3x 4
直线CD的方程为y 1  4 3 x 1 ，由对称性可知，如果直线CD过定点，
 
2x 3 x x 2x 3
 
1 4 3 1
则该定点在x轴上，令y0得:
4y x x 3x 4y  y 
x 1 4 3 1 4 3
2x 3y  y 
1 4 3
………………………………………………………………… 12分
3x 4 3x 4  y y 
y  2  1 3x 4  2  1 
1 2x 3 2x 3 1 2x 3 2x 3
   
 2 1 2 1
 y y 
2x 3  2  1 
1 2x 3 2x 3
 
2 1
y 3x 4 y 3x 4 4y  y 3x y x y  7
 1 2 2 1  1 2 1 2 2 1 
y 2x 3 y 2x 3 3y  y 2x y x y  5
2 1 1 2 1 2 1 2 2 1
7 
故直线CD过定点 ,0.……………………………………………………………… 14分
5 
7 
   
（ii）由题意知点P 0,1 ，点H 的轨迹为以F 1,0 ,Q ,0为直径的圆（除F ,Q外），
2 5  2
…………………………………………………… 15分
6  1 36 1 611
圆心为M ,0，故 PH  PM   1   .……………… 17分
5  5 25 5 5
1 1   
19．解：(1)由正弦函数的性质可知： f xsinx 在 , 上单调递增，在 ,2 上单调递减，所
   
2 2 2 2 
 1 1 1 1 1 1  1 3
以 f xminsin  ,sin2 sin   ，且 f xsin   2，
min  2 2 2 2 2 2 max 2 2 2
1   1 1 3 1  1  1 
故 f x在 ,2 上的值域是 sin  ,  ,2 ，故 f 是从 ,2 到 ,2 的函数.
         
2   2 2 2 2  2  2 
………………………………………………………………2分
1 
另一方面，我们证明存在0,1，对任意x,y ,2 ，都有  f x, f y x,y .
 
2 
1 1 
取cos ，则对任意x,y ,2 ，不妨设x y，分两种情形讨论：
 
2 2 
1
①当sinxsin y时，令Fxxsinx，则Fxcosxcos 0，所以Fx在
2
1 
x ,2 上单调递增，因为x y，所以FxFy，即
 
2 
xsinxysinysinysinxyx，即：  f x, f y x,y
5.…………….………….………….………….………….………….…………….4分
②当sinxsin y时，令Gxxsinx，则，
1
Gxcosxcos2cos cos20
2
1 
所以Gx在x ,2 上单调递增，因为x y，所以GxGy，即
 
2 
xsinxysinysinxsinyyx，即：  f x, f y x,y .
1  1
综上所述，对任意x,y ,2 ，  f x, f y cos x,y，所以 f 是度量空间
 
2  2
6
1
2
, 2 , 
   
上
的一个压缩函数. .………………………………………………………….6分
（2）因为 f 是度量空间R,上的一个压缩函数，故必存在0,1，使得对任意x,yR，均有：
  f x, f y x,y，即： f x f y x y .
因为：a  f a ，所以：
n1 n
a a  f a  f a  a a 2 a a k a a ，
k1 k k k1 k k1 k1 k2 1 0
（其中k为正整数）……………………………………………………………………………….8分
由绝对值三角不等式可知：对任意mn N，有：
a a  a a a a a a  a a  a a  a a
m n m m1 m1 m2 n1 n m m1 m1 m2 n1 n
n 1mn
m1 a a m2 a a n a a  a a
1 0 1 0 1 0 1 1 0
.……………………………………………………………….10分
n 1mn
n N
又因为0,1，所以n N，故： a a  a a  a a  a a
m n 1 1 0 1 1 0 1 1 0
.……….…….…….…….…….…….……………12分
N
①当a a 时，对任意mn N， a a  a a 0，故 a a 0，所以对0，对
1 0 m n 1 1 0 m n
任意正整数N ，当mn N时，均有 a a ，即a ,a 
m n m n
.………………………………………………………………………………………………14分
1 1 N
②当a  a 时，对0，取一个正整数N log ，则N   a a ，
1 0  a a a a 1 1 0
1 0 1 0
N
则当mn N时，必有：a ,a  a a  a a 
m n m n 1 1 0.…………………………………………………………16分
综上所述，对任意正实数0，都存在一个正整数N ，使得对任意正整数m,n N ，均有
7
 a
m
, a
n
    .
故a  为度量空间R,上的一个“基本数列”.
n n0
………………………………………………17分