【文档说明】河北省石家庄市2022届高三高中毕业班质检（二）（二模） 数学.pdf，共(8)页，866.240 KB，由管理员店铺上传

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2022年石家庄市毕业班第二次质量检测数学答案一、单选题1-5DACCC6-8BAD二、多选题9.ABC10.AB11.BD12.ABD三、填空题13.1214.615.___1___,（0,27）16.6[,3]2四、解答题：（其他解法请参照本评分标准，学

校备课组商议决定）17.解：（1）由sinsin2BCcaC可得：sinsinsinsin2BCCAC即sinsinsinsin2ACAC，-------------2分即sincos2sincossin

222AAACC因为0C，0A，所以sin0C，022A，cos02A-------------4分所以1sin22A，所以26A，3A---------------5分（2）选①：21sin7B，由正弦定理可得：sinsinab

AB，即232127a，所以7a-------7分由余弦定理可得：2222cosabcbcA,即2742cc，解得3c-----------9分所以11333sin232222ABCSbcA-------------10分选②：7ac，由余弦定理可得：

2222cosabcbcA，即22(7)42ccc，---------7分解得154c，----------9分所以11153153sin222428ABCSbcA----------10分18.解：（1）122nnaS①当2n

时，122nnaS②由①-②得：213nnaa（2n且nN）----------------2分当1n时，21223aa，此时2123aa，满足上式所以13()2nnaanN---------------4分所以13()2nnanN-----

----------5分（2）由已知，13(2)()2nnbnnN---------------6分所以022133333101(3)(2)22222nnnTnn①2313

33333101(3)(2)222222nnnTnn②-------------8分由①-②得：21133331(2)22222nnnTn----

---------10分31322(2)3212nnn所以382(4)()2nnTnnN-----------------12分19.解：（Ⅰ）由频率分布直方图可知，抽取的1000名市民作答成绩的平均数50.05150

.1250.2350.3450.25550.1x···3（4分）--------------2分设1000名市民作答成绩的中位数为x，则0.050.10.20.03300.5x------------4分35x所以这1000

名市民作答成绩的平均数为34分，中位数为35分.·······---------5分（Ⅱ）解法一：估计这20位市民的作答成绩在60,40的人数为7时PXk最大·······----------7分由已知易得X～

35.0,20B20200.3510.35,0,1,,20kkkPXkCk······20201211200.3510.35721,1,2,,201310.

3510.35kkkkkkPXkCkkkPXkC·············----------9分若7.35,即7,1kkPXkPXk若7.35,即8,1kkPXkPX

k················----------11分所以这20位市民的作答成绩在60,40的人数为7人时概率最大········----------12分解法二：估计这20位市民的作答成绩在60,40的人数为7时概率最大········---------

-7分由已知易得X～35.0,20B20200.3510.35,0,1,,20kkkPXkCk·······令1，1,2,，191PXkPxkkPXkPxk·······----------9分即

kkkkkkkkkkkkCCCC1911202020211120202035.0135.035.0135.035.0135.035.0135.0·······即

72113131720kkkk················--------------------------------11分6.357.35,7kk所以这20位市民的作答成绩在60,40的人数为7时PXk概率最大····

····----------12分20.解：（1）设A点的坐标为()x,y，22=2=2由得AEAFAEAF，222222+=2+2即xyxy--------2分221

xy化简可得--------4分（2）22149xyykxm联立与可得2229484360kxkmxm2940k222222=64494436=14449kmkmmk

1228=94kmxxk，2122436=94mxxk-----6分设1122M,N,xyxy、12121212OMON=xxyyxxkxmkxm2212121

+kxxkmxxm2222243681+=09494mkmkkmmkk化简可得2236+1=5km（1）----------8分可知存在mk，同时满足（1）及0，2940k226515可得到直线距离为mOlk-------------10分

6565A1,155l到直线距离的取值范围为----1221.（Ⅰ）证明：取AB的中点E，连接,PEEF,因为PBPA，所以ABPE，因为四边形ABCD为矩形，所以BCAB，因为FE,为中点，BCEF//，所以,ABEF··

···------------2分又因为EEFPE，所以PEFAB平面，·····所以PFAB，·-----------4分（Ⅱ）如图，以F为坐标原点,以过F与平面ABCD垂直的直线向上的方向为为z轴正方向，以FC的方向为x轴正方向，EF的方向为y

轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，-----------6分0,2,1A，0,2,1B，0,0,1C，0,0,1D，haP,,0haPB,2,1，1,,PDah，0,0,2CD，设平面PCD的法向量

,,nxyz，则00200nPDxayhzxnCD令hy，则az，所以ahn,,0，·又因为2PD，所以322ha······------------8分设直线PB与平面PCD所成的角为，则2

21232sin22ahhnPBnPB，解得,0a或23a------------10分因为二面角ACDP的平面角为锐角，所以,0a（舍）所以23a，可得23h··3323222131ABDPAPDBVV······--------

----12分解法二：由（1）可知PEFAB平面，因为ABCDAB面，所以PEFABCD平面平面因为EFPEFABCD平面平面，作EFPO交点为O，所以ABCDPO平面·····------------6分设

aOF,可得23aOP，又aOE2，所以aPE47，因为ABPE，所以aPB48,设B到平面PCD的距离为h，由已知，直线PB与平面PCD所成的角为45，即45sinPBh，解得ah24······------------8分因为PCDBBCDPVV，所以

hSPOSPCD3131BCD，即aa243322解得0a或23a，·-----------10分因为二面角ACDP的平面角为锐角，所以0a（舍），所以23a，此时23OP·····所

以3323222131ABDPAPDBVV······------------12分22.解：（1）'sincos2sin4xxfxexxex------2分32,2+'0,44xk

kfxfx时，单调递增52,2'0,44时，单调递减xkkfxfx综上32,2+44fxkkkZ单调递增区间为，

52,244单调递减区间为，fxkkkZ------4分（2）证明：1sin1xfxerx即,sin1xxaberx要证时，,1sin1xxaberx只要证时-11,sinxxxabrxee

只要证时，-1sin0,1sin+0xxrxexabrxe-只要证时，-----------6分1sinxhxrxe令-，1'sxhxrcorxe+

2212,s0,'s0时，+，单调递增xkkxrcorxhxrcorxhxrre222221120,100--时krkrkkhhkrere

00222,=0kkxhxrr，满足----------8分002,=0kxxhxhxr由单调性可知，满足0211,sin00sin+0xxkxxrxrxree

当，，，------10分对于任意的正实数M，总存在正整数k，22MrkkMr当时，使得成立所以不妨取02,,2kMrakbxabMr，则1sin0,1sin+0xxrxexabrxe

-且时，，即对于任意的正实数M，总存在大于M的实数ab、，使得当,xab时，1fx------------------------12分获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com