【文档说明】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 数学答案.pdf，共(8)页，942.930 KB，由小赞的店铺上传

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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123456789101112BACBCDADABDBDBCDAC（三）填空题13.16014.2315.1816.2211225144xy，229236yx（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，由,64583Sa可得6427885211dada…...................……….......……………………2分解得211da，…

...................……….......…………………….4分所以12nan，………………………….......…………………….5分(2)因为11nnaa=)121121(21)12)(12(1nnnn，所以nT=)121121715

15131311(21nn………………………......………………………7分=)1211(21n………………………………………………....…………………9分因为*Nn，所以21)1211(21n，即nT<21.……………………......………………………

10分18.【解析】(1)由余弦定理可得：52150cos32421216cos22222BaccabAC，则AC132，…………………………..........…………………2分又因为BbAasinsin，即

150sin132sin32A…………………………..........…………………4分{#{QQABKQKEogAoQABAABhCEwVyCgKQkAGACCoOxBAEIAAAARFABCA=}#}所以2639sin

BAC.………………………….........…………………5分（2）因为2639sinBAC，所以26137cosBAC，从而73tanBAC，……………………………...........……………........…7分在RtABD中，343tan477BDABBAC

……………………………..…......……...……9分1sin2BCDSBDBCDBC1433272…...........……………………….......…......…11分BCDS637……................

……………………….......…......…12分19.【解析】（1）因为PC平面ABC，AC平面ABC，所以PCAC,又4PC，26PA，所以22AC...............................................

........................……………………………...................….......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PBC．.................................……………...............................

....5分(2)（方法一）由（1）知ABBC，以B为坐标原点，,BCBA所在直线分别为,xy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.zyxPCBAM{#{QQABKQKEogAoQABAABhCEwVyCgKQkAGACCoOxBAE

IAAAARFABCA=}#}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,,nxyz，则00nBAnBP，即20240yxz，令2x，则1z，所以2,0,1n，..................

.......……………...................................8分设CM与平面PAB所成角为，则22230cos,1565CMnCMnCMn，............................

...........................................10分230sincos,15CMn，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PB

C，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RtPAC中，162CMPA，在RtPBC中，4245525PCBCCNPB，..........................................................

.................10分在RtCMN中，22224570655MNCMCN，故105cos15MNCMNCM，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，𝑃（𝐴）=𝑃（𝐴̅）=0.5，0.9PBA，0.1PBA，0.7PBA，0.3PBA，.................................

....2分由全概率公式，得0.50.10.50.30.2PMPAPBAPAPBA.........................................................4分110.20.8PMPM.

.........................................................................................................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，010.90.1PX；300.910.70.27PX；800.90.70.63PX，则𝑋的分布列为X03080P0.1

0.270.63当张某先回答甲类问题时，累计得分的期望为00.1300.27800.6358.5EX，.............................................

............................................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010.70.3PY；500.710.90.07PY；800.70.90.63PY，则此时累计得分的期望为00.3500.07800.6353.9EY.

..................................................11分因为EXEY，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0,0122nmnymx，..................................................................1分代入

3,12A和0,2B两点得41,31nm，........................................................................................2分所以E的方程为22134xy..........

.................................................................................................................4分{#{QQABKQKEogAoQABAABhCEwVyCgKQkA

GACCoOxBAEIAAAARFABCA=}#}（2）设过点C的直线方程为4ykx，224341ykxxy消去y得220234364kxkx，222443634144420kkk，解得22kk或，..............

........................5分设11(,)Mxy22(,)Nxy，则1222434kxxk，1223634xxk................................

..............................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)Hxyy，所以直线NH的斜率为1

221121yyxxy，直线NH为12222112()1yyyyxxxxy，..............................................................

............................8分令1y，22112112121221212(1)(1)1122yxxyyxyxyyxxxxyyyy，①将114ykx，224ykx

代入①式，得21212121212121223()1(2)(43)()15112()6kxxxxyykkxxkxxxyykxx，②........................................................

..................................................................................................10分将1222434kxxk，1224363xxk

代入②式，得222223624(2)(43)()15343424634kkkkkkxkk221560316242kk，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11lnaxa，{#{QQABKQKEogAoQABAABhCEwVyCgKQkA

GACCoOxBAEIAAAARFABCA=}#}当1,1lnaxa时，0fx；当11ln,axa时，0fx．故fx在1,1lnaa上单调递减，在

11ln,aa上单调递增．........................................3分当1a时，0fx，fx在,上单调递增......................

.......................................................4分（2）1ln1xaegxxxx，0,x，121xxaexgx

x，显然，1x是方程0gx的一个根.令11111,()1,()0xxfxaexfxaefx的解为1lnxa，当1ln0a，即ae时，1()0fx，1fx在0,上单调递增，不符合题

意，故舍去；当1ln0a，即ae时，1fx在0,1lna单调递减，在1ln,a单调递增.若1fx有两个零点，则ln11ln1lnln0afaaeaa，解得01a..............

.............6分因为100afe，1110fa，221222122111022aafaeaaaaaa，所以方程10xaex有两个根，设为13

,xx，且13201xxa，gx在10,x，31,x上单调递减，在1,1x，3,x上单调递增，故当01a时，gx有三个极值点1x，2x，3x，其中21x.........

................................................8分由111xaex，得11111111ln1lnxaegxxxxxx，同理333lngxxx

，又因为21ln1112gxgaa，所以12313132lngxgxgxaxxxx3111132lnxxaxxaeae213312ln11ax

xaxx42lnaa，.................................................................................................10分{#{QQABKQ

KEogAoQABAABhCEwVyCgKQkAGACCoOxBAEIAAAARFABCA=}#}令42lnmaaa，01a，则210maa，所以ma在（0，1）上单调递增，0a时，ma，13m，所以3ma，所以123gxgx

gx的取值范围是,3．...................................................................................12分{#{QQABK

QKEogAoQABAABhCEwVyCgKQkAGACCoOxBAEIAAAARFABCA=}#}获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com