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)数学含答案.pdf

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1、#QQABRYSQogigAABAAQgCUwF6CgAQkBGACCoOBFAIsAABSANABAA=#QQABRYSQogigAABAAQgCUwF6CgAQkBGACCoOBFAIsAABSANABAA=#QQABRYSQogigAABAAQgCUwF6CgAQkBGACCoOBFAIsAABSANABAA=#QQABRYSQogigAABAAQgCUwF6CgAQkBGACCoOBFAIsAABSANABAA=#1 2 2023023-20242024 年度质量检测（一）年度质量检测（一）数学数学答案答案 一、一、选择题：本题共选择题：本题共 8 8 小题，每小题小题，每小题 5 5

2、 分，共分，共 4040 分分 1 1-4 BCDB 4 BCDB 5 5-8 CADD8 CADD 二、二、选择题：本题共选择题：本题共 3 小题，每小题小题，每小题 6 分，共分，共 18 分分。在每小题给出的选项中，有在每小题给出的选项中，有多多项符合题目要求项符合题目要求。全全部选对的得部选对的得 6 分，部分选对的得分，部分选对的得部分部分分，有选错的得分，有选错的得 0 分分 9.BC 10.BCD 11 ACD 三、填空题：三、填空题：本题共本题共 3 3 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 1515 分分 12 13 13 2 65 14 2nnb 27 四、解答题

3、：本题共四、解答题：本题共 5 5 小题，共小题，共 7 77 7 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。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）（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）2222ababc，222-2ab cab，222-cos=2ab cCab 2 分 2222abab 3 分 C()0，3=4C 5 分(2)c2bcos B 由正弦定理可得：sin2sincosCBB 7 分 2sinsin2=2CB 8 分

4、3=4C B(0,4)，2 B(0,2)2=48BB，9 分 3=-848A a=b=1 11 分 ABC的面积为1132sin1 1 sin=2244abC 13分#QQABRYSQogigAABAAQgCUwF6CgAQkBGACCoOBFAIsAABSANABAA=#2 16（15 分）解析：（1）设,AC BD交于F，连接EF 在ABD中，由正弦定理知，24sinBDACRA，2 分在OFB中，sin301OFOB，所以F为OC中点，所以/EF PO，4 分 又PO 平面ABD，所以EF 平面ABD EF 平面BED，因此平面BED 平面ABD 6 分（2）法一：以点F为坐标原点，,F

5、A FB FE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(3,0,0)A，(2,3,0)M，(0,0,3)E，8 分 故(1,3,0)AM ，(3,0,3)AE 9 分 设平面AME的法向量1(,)nx y z 由1100nAMnAE得30330 xyxz 11 分 令3x，解得1(3,1,3)n 12 分#QQABRYSQogigAABAAQgCUwF6CgAQkBGACCoOBFAIsAABSANABAA=#3 平面PAC的法向量2(0,1,0)n 13 分 12113cos,133 1 9n n 因此平面AME与平面PAC夹角的余弦值为1313 15 分 法二：如图所

6、示，过M作MNAC于N，过N作NQAE于Q,连接MQ POABD平面POMN MNAC又,POACOMNPAC 平面8 分 MNAE AENQ又,MNNQNAEMNQ 平面AEMQ AENQ又MQN为二面角MAEC的平面角 9 分 ACO为的直径90AMC 在Rt AMC中，30,=4ACMAC2AMAC Sin ACM 在Rt ANM中，=3,MN11 分 1AN 等边PAC中，E为AC的中点,2AEPC CE 14NQANCEAC1142NQCE 12 分 在Rt MNQ中，tan2 3MNMQNNQ 14 分 13cos13MQN 因此平面AME与平面PAC夹角的余弦值为1313 15

7、分17（15 分）MNQ#QQABRYSQogigAABAAQgCUwF6CgAQkBGACCoOBFAIsAABSANABAA=#4 解析：（1）因为3ac，222abc，所以22229,8ac bc2 分 又2216419ab，所以2218199cc，解得1c 4 分 所以3,2 2ab，因此椭圆22:198xyE 5 分（2）设直线:1CD xmy，1122(,),(,)C x yD xy，由221981xyxmy得22(89)16640mymy，7 分 1212221664,8989myyy ymm，0，9 分 因为PCACkk，所以1133PPyyxx，同理2233PPyyxx，因此

8、121212121211223(3)(4)43(3)(2)2PPxy xy mymy yyxyxy mymy yy，11 分 由韦达定理知12124()my yyy，所以121121221234()484234()242PPxyyyyyxyyyyy，解得9Px ，13 分 又/OM PA，所以M为PB中点，因此3Mx，(3,)MOMy，故9OA OM 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

9、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=#5-4 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，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 如果第一次抽到的是两面都是字的硬币

10、，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#QQABRYSQogigAABAAQgCUwF6CgAQkBGACCoOBFAIsAABSANABAA=#6 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0 x时，()f x单调递增，且(0)1f，x，()f x，因此()f x在区间0，上存在唯一零点-1 分 当0 x 时，只要20 xeax存在两个根即可，即2xeax存在两个根，设2()xeg xx，则3(2)()xxeg xx，当(0,2)x时，()0g

11、x，函数()g x单调递减；当(2,)x时，()0g x，函数()g x单调递增；-3 分 又2(2)4eg，当0 x 时，()g x；当x 时，()g x，故24ea 时，在区间0 ，存在两个零点，因此a的取值范围为24ea-5 分（2），令，令，可得，时，单调递减，时，单调递增，故，解得.-7 分 设为好点，对于，都有，当时，成立.当时，即为 当时，恒成立，#QQABRYSQogigAABAAQgCUwF6CgAQkBGACCoOBFAIsAABSANABAA=#7 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.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 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、可得，且，即，所以只有一个好点.-17 分#QQABRYSQogigAABAAQgCUwF6CgAQkBGACCoOBFAIsAABSANABAA=#