石家庄市2023届高中毕业年级教学质量检测（二）（一模）数学试卷含答案.pdf

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1、2023 届石家庄市高中质量检测（二）数学答案 一、单选题 1-4 CBAA 5-8 BDCD 二、多选题 9.BC 10.BD 11.ABC 12.ABC 三、填空题 13.0.1 14.4 29 15.53 16.11 525 四、解答题 17解:（）设 na的公比为 q，由题知1q，则41130aq，411301aqq，2 分 解得12,2qa.4 分 2nna5 分（）由（）知lognnban22+12+16 分 nn+1b bnnnn11111=()2 2+123(2+1)2+38 分 nTn+n 1 111111()2 35572123 n1 11(）2 323 3 23nn.10

2、 分 18.（）根据余弦定理得，22222222 2cosaBbabcac,2 分 即222 2cos2aBa，2cos2B 4 分 0,B 4B.5 分()方法一：ABC为锐角三角形，ABC,4B,34AC,023042AA,42A.7 分 4a,根据正弦定理sinsinacAC，34sin()4sinAcA 8 分 由面积公式可得3sin()14sin24 22sinABCASacBcA,即44tanABCSA，10 分 42A，tan1A，(4,8)ABCS,故ABC面积的取值范围为(4,8).12 分 方法二：由4B=,4a=，画出如图所示三角形，ABC为锐角三角形，点 A 落在线段

3、A1A2（端点 A1、A2除外）上7 分 当11CAAB时，112 22 242A BCS9 分 当2CABC时，214482A BCS11 分 4,8S12 分 19.（）事件B=“甲乙两队比赛 4 局甲队最终获胜”，事件jA=“甲队第j局获胜”，其中1,2,3,4j，jA相互独立.1A B C 2A 又甲队明星队员 M 前四局不出场，故：1,1,2,3,42jP Aj，.2 分 123412341234BA A A AA A A AA A A A，所以 41313216P BC.4 分（）设C为甲 3 局获得最终胜利，D为前 3 局甲队明星队员 M 上场比赛，则由全概率公式可知：|P CP

4、 C DP DP C DP D.5 分 因为每名队员上场顺序随机，故23433535CAP DA，32155P D ，.7 分 2133|2416P C D，311|28P C D.9 分 所以 3312131658580P C.10 分（）33|9165|131380P CDP C DP DP D CP CP C.12 分 20.解：（）平行四边形 ABCD 中，ADBDBDBC,可得 244,2 5ADBDBCDC 又6PC 222,PDDCPCPDDC2分 又PDBD，BDDCD 平面PDBDC3 分 PDBC.4 分（）方法一：如图，过点 D 做/DFBC，且 DF=BC，连接 PF，

5、CF，由题意可知，,BDPD BDDFPDDF D，=平面BDPDF，BDPF 所以CFPF 224PFPCCF 又平面BDBCFD，平面平面BCFDPDF.5 分 取 DF 中点 O，连接 PO，由 PF=PD，得PODF 平面POBCFD，且2 3PO6 分 过 O 点作 OM 垂直于 DF,建立如图所示的空间直角坐标系，由题可得（0,0,2 3）P，(2,2,0)B，(2,2,0)C，(0,2,0)D(2,2,2 3),(2,4,0),(0,4,0)PCDCBC，8 分 设平面 PBC 的法向量为(,)x y zm，平面 PDC 的法向量为(,)xyzn 300 xyzy取(3,0,1)

6、m 同理3020 x+yzxy 取(23,3,1)n 10 分 cos7,8 mnm nm n 所以平面 PDC 与平面 PBC 夹角的余弦值为78.12 分 方法二：由BDBC,建立如图所示的空间直角坐标系 24ADBD 0,0,0，4,0,0，0,2,0 BCD 设,P x y z（其中0z）5 分 2 5,2 5,4PBPCPD 22222222220420216xyzxyzxyz6 分 解得222 3xyz 2,2,2 3 P CPCDBPBC2,2,2 3，4,2,0，2,2,2 3，4,0,0.8 分 设平面 PDC 的法向量为(,)x y zm，平面 PBC 的法向量为(,)xy

7、zn 330取1,2,320 xyzxym 同理300 xyzx取0,3,1n.10 分 cos 7,-8mnm nm n 所以平面 PDC 与平面 PBC 夹角的余弦值为78.12 分 方法三：过点B作BEPC交PC于E,过点D作交于DFPCPCF.5 分 中，由4,2 5PDCPDPCDC 可得cos55DPF8 54 5,55DFPF 同理，在中，PBC8 54 5,55BECE,可得2 55EF.7 分 而BEEFFDBD.9 分 22BEEFFDBD 2222222BEEFFDBEEFBEFDEFFDBD.10 分 即cos644648 58 52,455555 BE FD 解得co

8、s7,8 BEFDBE FDBE FD 所以平面 PDC 与平面 PBC 夹角的余弦值为78.12 分 21.解：（）f x的定义域为,，当1a 时，2111111()22(1)(41)222xxxxxfxeeeee，2 分 令()0,0fxx解得.当 x 变化时，(),()fxf x的变化情况如表：x（-,0)0（0,+)()fx 0+()f x 单调递减 12e 单调递增 4 分 因此，当10,()(0)=2xf xfe时有极小值，极小值为.5 分 2111112()22(1)(41)222xxxxxafxaeeeaee（），6 分（）若0a，则 0fx，所以 f x在,单调递减，f x至

9、多有一个零点.7 分（）若0a，令 0fx，解得lnxa.当,lnxa 时，0fx；当ln,xa 时，0fx，所以 f x在,lna 单调递减，在ln,a单调递增.所以当lnxa时，f x取得最小值，最小值为11lnln22efaaa.9 分 当ae时，由于ln0fa，故 f x只有一个零点；当,ae时，由于11ln022eaa，即ln0fa，故 f x没有零点；10 分 当0,ae时，11ln022eaa，即ln0fa.0,ln1,ln12,aeaa 当时且322210e2eaafe，故 f x在,lna 有一个零点.3224412(ln)ln2eeeefeaaa，2lnlneaa 先证明0

10、ln1xxx当时，设1()ln(1),()xm xxxm xx则，1,()01,()0 xm xxm x当0时，当时，()0,1,+.m x在（）上单调递增，在（1）上单调递减 1()(1)0.xm xm当时取到最大值 所以0ln1xxx当时，.32323224412441 2441(ln)ln(1)0222eeeeeeeeeefeeeaaaaaa 因此 f x在ln,a有一个零点.综上，a的取值范围为0,e.12 分 22.解：（）设0000,A xyB xy 由题意可知，P点坐标为1 3,2 4，则直线2l的斜率为212lk ，所以直线1l的斜率为12lk，故直线1l的方程为：22yx；.

11、1 分 联立直线1l和曲线的方程：222221619013yxxxyx，此方程的两根即为00,x x，由韦达定理可得：000016,19xxx x.3 分 所以：2200001430ABkxxx x.4 分（）设001111,A xyM x yNxy，则0102ykx，因为直线2l垂直直线1l，故2l的直线方程为112yxk，代入12x，可得点P的坐标1132 2Pk，所以：000200012000032323622111 222xyyyxykkxyxx，.5 分 因为点00,A xy在双曲线上，故00,xy满足双曲线方程，即222200001333yxyx。所以2000200036231 2

12、xyxkxyy，.6 分 所以22000000012000000323663222yxxyxxxkkxyxyxy；000120003322yxxk kxyx.7 分 又 直 线OP的 斜 率13POPPykxk，联 立 直 线OP与 双 曲 线C的 方 程：2221112233013yxkkxkyx，此方程的两根即为11,xx，所以22201121031215ykxkx，.8 分 所以 00200100101011000134222222010101010002200000000022322000000006262222121512151223112231421112153 46121 221xyx yxx yyyyyx yx yxkkkyxxxxxxxxxxyxxyxxyxxyxxxxxxx 即：003420041221yxkkxx.10 分 所以：03412120121262xkkkkk kx，即：132vuw.12 分