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含答案.pdf

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1、石家庄市石家庄市 2022024 4 届高中毕业年级教学质量届高中毕业年级教学质量摸底检测摸底检测 （数学数学答案）答案）（一、二）（一、二）选择题选择题 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）（三）填空题填空题 13.160 14.23 15.18 16.2211225144xy，229236yx（四）（四）解答题解答题（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）（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，由,64583Sa可得64

2、27885211dada .2 分 解得211da，.4 分 所以12 nan，.5 分(2)因为11nnaa=)121121(21)12)(12(1nnnn，所以nT=)12112171515131311(21 nn.7 分=)1211(21n .9 分 因为*Nn，所以21)1211(21n，即nT 21 .10 分 18.【解析】(1)由余弦定理可得：52150cos32421216cos22222BaccabAC，则AC 132，.2 分 又因为BbAasinsin，即150sin132sin32A .4 分#QQABKQKEogAoQABAABhCEwVyCgKQkAGACCoOxB

3、AEIAAAARFABCA=#所以2639sinBAC.5 分（2）因为2639sinBAC，所以26137cosBAC，从而73tanBAC，.7 分 在Rt ABD中，34 3tan477BDABBAC.9 分 1sin2BCDSBD BCDBC14 33272 .11 分 BCDS6 37 .12 分 19.【解析】（1）因为PC 平面ABC，AC 平面ABC，所以PCAC,又4PC，2 6PA ，所以2 2AC.2 分 在ABC中，因为2ABBC，所以222ABBCAC，所以ABBC 因为PC 平面ABC，AB 平面 ABC，所以PCAB，.4 分 又因为PCBCC，所以AB 平面PB

4、C .5 分 (2)（方法一）由（1）知ABBC，以B为坐标原点，,BC BA所在直线分别为,x y轴，过点B且与平面ABC垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示.z y x P C B A M#QQABKQKEogAoQABAABhCEwVyCgKQkAGACCoOxBAEIAAAARFABCA=#则0,0,0,0,2,0,2,0,4,2,0,0BAPC，1,1,2M，所以1,1,2CM ，0,2,0BA，2,0,4BP .6 分 设平面PAB的法向量为,nx y z，则00n BAn BP，即20240yxz，令2x，则1z ，所以2,0,1n，.8 分 设CM与平面PAB所成角为

5、，则222 30cos,1565CM nCM nCM n，.10 分 2 30sincos,15CM n，105cos15 即CM与平面PAB所成角的余弦值为10515.12 分（2）（方法二）过点C作CNPB，垂足为N，连接MN，.6 分 由（1）知AB 平面PBC，AB 平面PAB，平面PAB 平面PBC，平面PAB平面PBCPB，CN 平面PBC，CNPB，CN 平面PAB，CMN为CM与平面PAB所成角，.8 分 在Rt PAC中，162CMPA，在Rt PBC中，4 24 552 5PCBCCNPB，.10 分 在Rt CMN中，22224 570655MNCMCN，故105cos1

6、5MNCMNCM，即CM与平面PAB所成角的余弦值为10515.12 分 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，（）=（）=0.5，0.9P B A，0.1P B A ，0.7P B A，0.3P B A，.2 分 由全概率公式，得 0.5 0.1 0.5 0.30.2P MP A P B AP A P B A.4 分 11 0.20

7、.8P MP M .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0.7，01 0.90.1P X；300.91 0.70.27P X；800.9 0.70.63P X，则的分布列为 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 0 0.1 30 0.2780 0.6358.5E X ，.8 分 若张某先回答乙类问题，则张某的累计得分的可能值为0，50，80，.9 分 同理可求01 0.70.3P Y ；500.71 0.90.

8、07P Y；800.7 0.90.63P Y，则此时累计得分的期望为 0 0.3 50 0.0780 0.6353.9E Y .11 分 因为 E XE 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0,0122nmnymx，.1 分 代入3,12A和0,2B两点得41,31nm，.2 分 所以E的方程为22134xy.4 分#QQABKQKEogAoQABAABhCEwVyCgKQkAGACCoOxBAEIAAAARFABCA=#（2）设过点 C 的直线方程为4ykx，224341ykxxy消去 y 得220234364kxkx，2224

9、4 3634144420kkk ，解得22kk 或，.5 分 设11(,)M x y22(,)N xy，则1222434kxxk，1223634x xk.6 分 设过点M且斜率为-2 的直线为112()yyxx，令1y ，所以1121(,1)2xyQ，111(1,2)H xyy，所以直线NH的斜率为1221121yyxxy，直线NH为12222112()1yyyyxxxxy，.8 分 令1y ，22112112121221212(1)(1)1122yxxyy xy xy yxxxxyyyy，将114ykx，224ykx代入式，得21212121212121223()1(2)(43)()1511

10、2()6kx xxxy ykkx xkxxxyyk xx，.10 分 将1222434kxxk，1224363x xk代入式，得 222223624(2)(43)()15343424634kkkkkkxkk221560316242kk ，所以直线HN与直线1y 交点为定点3,12.12 分 22【解析】（1）1(1)xfxaea，.1 分 当01a时，令 0fx，得11 lnaxa，#QQABKQKEogAoQABAABhCEwVyCgKQkAGACCoOxBAEIAAAARFABCA=#当1,1 lnaxa 时，0fx；当11ln,axa时，0fx 故 f x在1,1lnaa上单调递减，在1

11、1ln,aa上单调递增.3 分 当1a 时，0fx，f x在,上单调递增.4 分（2）1ln1xaeg xxxx，0,x，121xxaexgxx，显然，1x 是方程 0gx的一个根.令 11111,()1,()0 xxfxaex fxaefx的解为1 lnxa，当1 ln0a，即ae时，1()0fx，1fx在0,上单调递增，不符合题意，故舍去；当1 ln0a，即ae时，1fx在0,1 lna单调递减，在1 ln,a单调递增.若 1fx有两个零点，则ln11 ln1 lnln0afaaeaa，解得01a.6 分 因为 100afe，1110fa，2212221 22111022aafaeaaaa

12、aa，所以方程10 xaex有两个根，设为13,x x，且13201xxa，g x在10,x，31,x上单调递减，在1,1x，3,x 上单调递增，故当01a时，g x有三个极值点1x，2x，3x，其中21x.8 分 由111xaex，得11111111ln1lnxaeg xxxxxx，同理333lng xxx，又因为 21ln1 112g xgaa ，所以 1231 3132lng xg xg xax xxx 3111132lnxxaxxaeae 213312ln11axxaxx 42lnaa，.10 分#QQABKQKEogAoQABAABhCEwVyCgKQkAGACCoOxBAEIAAAARFABCA=#令 42lnm aaa，01a，则 210maa，所以 m a在（0，1）上单调递增，0a 时，m a，13m，所以 3m a ，所以 123g xg xg x的取值范围是,3.12 分#QQABKQKEogAoQABAABhCEwVyCgKQkAGACCoOxBAEIAAAARFABCA=#