2023年11月模拟答案(1)_2023年11月_0211月合集_2024届河北省石家庄市高三上学期教学质量摸底检测_2024届河北省石家庄市普通高中学校毕业年级教学质量摸底检测数学试卷

石家庄市 2024 届高中毕业年级教学质量摸底检测 （数学答案） （一、二）选择题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 B A C B C D A D ABD BD BCD AC （三）填空题 13.  1 6 0 14. 2 3 15. 18 16. 1 x 2 2 2 5  1 y 4 2 4  1 ， y 2  2 9 2  x  3 6  （四）解答题（阅卷过程中发现的其他解法参照本答案的评分细则，教研组研讨决定） 17. 【解析】(1)设等差数列的公差为d， a 5 由 3 ,可得 S 64  8  a 8 1 a  1  2 d 8   2 7 5 d  6 4 …...................……….......……………………2分 解得  a d 1   1 2 ， …...................……….......…………………….4分 所以a 2n1， ………………………….......…………………….5分 n (2)因为 a n 1 a n  1 = ( 2 n  1 1 ) ( 2 n  1 )  1 2 ( 2 n 1  1  2 n 1  1 ) ， 所以 T n = 1 2 (1  1 3  1 3  1 5  1 5  1 7      2 n 1  1  2 n 1  1 ) ………………………......………………………7分 = 1 2 (1  2 n 1  1 ) ………………………………………………....…………………9分 因为 n  N * ，所以 1 2 (1  2 n 1  1 )  1 2 ，即 T n < 1 2 .……………………......………………………10分 18. 【解析】(1)由余弦定理可得： AC2 b2 a2 c2 2accosB1612242 3cos15052， 则 A C  2 13， …………………………..........…………………2分 a b 2 3 2 13 又因为  ，即  …………………………..........…………………4分 sin A sinB sin A sin150 {#{QQABKQKEogAoQABAABhCEwVyCgKQkAGACCoOxBAEIAAAARFABCA=}#}所以 s in  B A C  2 3 6 9 . ………………………….........…………………5分 （2）因为 s in  B A C  2 3 6 9 ，所以 c o s  B A C  7 2 1 6 3 ， 从而 t a n  B A C  7 3 ， ……………………………...........……………........…7分 在RtABD中， B D  A B  t a n  B A C  4  7 3  4 7 3 ……………………………..…......……...……9分  S  B C D  1 2 B D  B C  s i n  D B C 1 4 3 3    …...........……………………….......…......…11分 2 7 2  S  B C D  6 7 3 ……................……………………….......…......…12分 19.【解析】（1）因为 P C  平面 A B C ， A C  平面 A B C ，所以 P C  A C , 又 P C  4 ， P A  2 6 ， 所以AC 2 2. ......................................................................……………………………...................….......2分 在ABC中，因为 A B  B C  2 ，所以 A B 2  B C 2  A C 2 ，所以 A B  B C 因为 P C  平面 A B C ， A B  平面ABC，所以 P C  A B ， ..………........…….........……........4分 又因为 P C B C  C ， 所以 A B  平面 P B C ． .................................……………...................................5分 (2（) 方法一）由（1）知 A B  B C ，以 B 为坐标原点， B C , B A 所在直线分别为x,y轴，过点 B 且与平面 A B C 垂直的直线为 z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示. P z M y x C A B {#{QQABKQKEogAoQABAABhCEwVyCgKQkAGACCoOxBAEIAAAARFABCA=}#}则 B  0 , 0 , 0  , A  0 , 2 , 0  , P  2 , 0 , 4  , C  2 , 0 , 0  ， M  1 , 1 , 2  ， 所以 C M    1 , 1 , 2  ， B A   0 , 2 , 0  ， B P   2 , 0 , 4  ..................……………........................... 6分 设平面 P A B 的法向量为 n   x , y , z  ，则  n n   B B A P   0 0 ，即  2 2 y x   0 4 z  0 ， 令 x  2 ，则z 1，所以 n   2 , 0 ,  1  ， .........................……………................................... 8分 设 C M 与平面 P A B 所成角为， CM n 22 2 30 cos CM,n    则 ， .......................................................................10分 CM n 6 5 15 s i n c o s C M , n 2 1 3 5 0    ， c o s 1 1 0 5 5    即 C M 与平面 P A B 所成角的余弦值为 1 1 0 5 5 ．.............................................................................12分 （2）（方法二）过点 C 作 C N  P B ，垂足为 N ，连接 M N ， ......................................................6分 由（1）知AB 平面 P B C ， A B  平面 P A B ，  平面 P A B  平面 P B C ， 平面PAB 平面 P B C  P B ，CN 平面 P B C ， C N  P B ，  CN 平面 P A B ， CMN 为CM 与平面 P A B 所成角， ..........................................8分 1 在RtPAC中，CM  PA 6， 2 PCBC 42 4 5 在RtPBC中，CN    ，...........................................................................10分 PB 2 5 5  在 R t  C M N 2  2 4 5 70 中，MN  CM2 CN2  6    ，   5 5   故 c o s  C M N  M C N M  1 1 0 5 5 ， 105 即CM 与平面PAB所成角的余弦值为 . ...............................................................................12分 15 20.【解析】（1）设A“张某选择甲类问题”，B “张某答对所选问题”， M “张某至少答对一道问题”, {#{QQABKQKEogAoQABAABhCEwVyCgKQkAGACCoOxBAEIAAAARFABCA=}#}则 A  “张某选择乙类问题”， B  “张某未答对所选问题” M  “张某一道问题都没答对”. .......................................................................................................1分 由题意得，𝑃（𝐴） = 𝑃（𝐴̅） = 0.5， P  B A   0 . 9       ， P B A 0.1 ，P B A 0.7，P B A 0.3， .....................................2分 由全概率公式，得 P  M   P  A  P  B A   P  A  P  B A   0 .5  0 .1  0 .5  0 .3  0 .2 .........................................................4分  P  M   1  P  M   1  0 .2  0 .8 . .........................................................................................................5分 （2）根据条件可知：若张某先回答甲类问题， 则张某的累计得分𝑋的可能值为0，30，80， .............................................................................................. 6分 ∵张某能正确回答甲类问题的概率为0.9，能正确回答乙类问题的概率为0.7，  P  X  0   1  0 .9  0 .1 ； P  X  3 0   0 . 9   1  0 . 7   0 . 2 7 ； P  X  8 0   0 . 9  0 . 7  0 . 6 3 ， 则𝑋的分布列为 X 0 30 80 P 0.1 0.27 0.63 当张某先回答甲类问题时，累计得分的期望为 EX00.1300.27800.6358.5，......................................................................................... 8分 若张某先回答乙类问题，则张某的累计得分𝑌的可能值为0，50，80，......................................................9分 同理可求 P  Y  0   1  0 .7  0 .3 ； P  Y  5 0   0 .7   1  0 .9   0 .0 7 ； P  Y  8 0   0 .7  0 .9  0 .6 3 ， 则此时累计得分的期望为 E  Y   0  0 .3  5 0  0 .0 7  8 0  0 .6 3  5 3 .9 ...................................................11分 因为EXEY ， 所以，以累计得分多为决策依据，张某应选择先回答甲类问题． ............................................................12分 21．【解析】(1)设 E 的方程为mx2 ny2 1  m0,n0  ， ..................................................................1分 代入 A  3 2 ,  1  1 1 和B0,2 两点得m ,n ，........................................................................................2分 3 4 x2 y2 所以E的方程为  1. ..........................................................................................................................4分 3 4 {#{QQABKQKEogAoQABAABhCEwVyCgKQkAGACCoOxBAEIAAAARFABCA=}#}（2）设过点C的直线方程为 y  k x  4 ，  y x 3  2  k x y 4  2 4  1 消去y得  3 k 2  4  x 2  2 4 k x  3 6  0 ， 24k2 436  3k2 4  144  k2 4  0，解得 k  2 或 k   2 ， ......................................5分 设 M ( x 1 , y 1 ) N ( x 2 , y 2 ) ，则 x 1  x 2  3 2 k 4 2 k  4 ， x 1 x 2  3 k 3 2 6  4 ..............................................................6分 设过点M 且斜率为-2的直线为 y  y 1   2 ( x  x 1 ) ，令 y   1 ， 所以 Q ( 2 x 1  2 y 1  1 ,  1 ) ， H ( x 1  y 1  1 ,  2  y 1 ) ， y  y 2 所以直线NH 的斜率为 1 2 ， x x  y 1 2 1 1 直线 N H 为 y  y 2  x 2 y 1  x 1 y  2  y 1 2  1 ( x  x 2 ) ，..........................................................................................8分 令y1， x  (  1  y 2y ) ( 1 x  2 y  2 x  1  2 y 1  1 )  x 2  y 2 x 1  y 1 x 2y  1  y 1y y 2 2  2 x 1  x 2  1  1 ， ① 将 y kx 4，y kx 4代入①式，得 1 1 2 2 2kx x 3(x x ) y y 1 (2kk2)x x (4k3)(x x )15 x 1 2 1 2 1 2 1 1 2 1 2 1，② y  y 2 k(x x )6 1 2 1 2 ..........................................................................................................................................................10分 将 x 1  x 2  3 2 k 4 2 k  4 ， x 1 x 2  3 k 3 2 6  4 代入②式，得 36 24k (2kk2) (4k3)( )15 3k2 4 3k2 4 x 24k2 6 3k2 4   1 6 5 k k 2 2   2 6 4 0  1   3 2 ， 所以直线 H N 与直线 y   1 交点为定点   3 2 ,  1  . ............................................................................12分 22．【解析】（1） fxaex1(1a)，...................................................................................................1分 1a 当0a1时，令 fx0，得x1ln ， a {#{QQABKQKEogAoQABAABhCEwVyCgKQkAGACCoOxBAEIAAAARFABCA=}#}当 x     , 1  l n 1  a a  时， f   x   0 ；当 x   1  l n 1  a a ,    时， f   x   0 ． 故 f  x   1a 在 ,1ln 上单调递减，在  a   1  l n 1  a a ,    上单调递增．........................................3分 当 a  1 时， f   x   0 ， f  x  在    ,    上单调递增. ............................................................................4分 （2） g  x   l n x  x  a e x x  1  1 x1 aex1x  ，x0,，gx ， x2 显然， 是方程 x1 g   x   0 的一个根. 令 f xaex1x, f(x)aex11, f(x)0的解为 1 1 1 x  1  l n a ， 当1lna0，即ae时， f 1 ( x )  0 ， f 1  x  在  0 ,    上单调递增，不符合题意，故舍去； 当1lna0，即 a  e 时， f 1  x  在  0 , 1  l n a  单调递减，在  1  l n a ,    单调递增. 若 f x 有两个零点，则 1 f 1  1  l n a   a e  ln a  1  l n a  l n a  0 ，解得0a1. ..........................6分 a 因为 f 0 0， 1 e f 1  1   a  1  0 ， f 1  2 a   a e 2a  2 a  a  1   2 a  1   1 2  2 a  1  2   2 a  a 2  0 ， 所以方程 a e x  1  x  0 有两个根，设为 x 1 , x 3 2 ，且0x 1x  ， 1 3 a  g  x  在  0 , x 1  ，1,x 上单调递减，在 3  x 1 ,1  ，  x 3 ,    上单调递增， 故当 0  a  1 时， g  x  有三个极值点 x 1 ，x ，x ，其中x 1. ........................................................8分 2 3 2 由aex 1 1  x ，得 1 g  x 1   l n x 1  x 1  a e x x1 1  1  1  l n x 1  x 1 ，同理 g  x 3   ln x 3  x 3 ， 又因为gx  g1ln11a1a2， 2 所以 g  x 1   g  x 2   g  x 3   a  2  l n  x 1 x 3    x 1  x 3   a  2   x 1  x 3   l n  a e x1  1  a e x3  1  a2x x lna2 x 1x 1 1 3 1 3 a42lna， .................................................................................................10分 {#{QQABKQKEogAoQABAABhCEwVyCgKQkAGACCoOxBAEIAAAARFABCA=}#}令maa42lna， 0  a  1 ， 则 m   a   1  2 a  0 ，所以 m  a  在（0，1）上单调递增， a  0 时， m  a     ， m  1    3 ， 所以 m  a    3 ， 所以 g  x 1   g  x 2   g  x 3  的取值范围是    ,  3  ．...................................................................................12分 {#{QQABKQKEogAoQABAABhCEwVyCgKQkAGACCoOxBAEIAAAARFABCA=}#}