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