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(二)数学答案

2024-04-12 · 7页 · 1.2 M

2023-2024年度石家庄市高中毕业班质量检测(二)数学答案一、选择题:1-4ADAC5-8BADB二、选择题:9.ABD10.BC11.BCD三、填空题:212.1013.yx814.[15,19]四、解答题:(其他解法请各校教研组依据本评分标准商讨进行)15.解:(1)零假设为퐻0:该校学生选择乒乓球还是羽毛球与性别无关联.150×(50×40−35×25)2经计算得휒2=75×75×85×65……………………………………………………………2分≈6.109>3.841=푥0.05,……………………………………………………………4分依据小概率值훼=0.05的独立性检验,推断퐻0不成立,即认为该校学生选择乒乓球还是羽毛球与性别有关联,此推断犯错误的概率不大于0.05.…………………………………………………………6分(2)按分层随机抽样,女生乒乓球组中抽取7人,女生羽毛球组中抽取8人,………………………………7分X的所有可能取值为0,1,2……………………………………………………………8分2C84PX(0)2C1515……………………………………………………………9分11CC788PX(1)2C1515……………………………………………………………10分2C731PX(2)2C15155……………………………………………………………11分X012481P1515548114所以X的期望为:EX()0121515515…………………………………………………………………………13分16.解:因为f(A)=m·n=(2sinA,3sinA+3cosA)·(cosA,cosA-sinA)1=2sinAcosA+3cos2A-3sin2A=sin2A+3cos2A……………………………………………………………2分π=2sin(2A+)3……………………………………………………………4分2π5因为≤A≤,所以≤2A+≤,6333π3所以-1≤+≤,,sin(2A3)f(A)[-23].2……………………………………………………………6分所以函数f(A)的最大值为3.……………………………………………………………7分(2)f(A)2sin(2A)0,2Ak,kZ33kAkZ,262A,.A……………………………………………………………9分633abc在△中,由正弦定理==,ABCsinAsinBsinC=2a得+=+=,bcsinA(sinBsinC)6……………………………………………………………11分所以(b+c)2=b2+c2+2bc=6,①由余弦定理得b2+c2-bc=3,②……………………………………………………………13分由①②解得bc=1,……………………………………………………………14分1133所以△的面积为=×1×=ABC2bcsinA22.4………………………………………………15分17.解:(1)由题意a17,所以aa2134,………………………………………1分aa3228,…………………………………………………2分aa4335………………………………………………………3分ann3,为奇数()因为an1,2为偶数2,ann所以a2n162a2n62a2n1362a2n16…………………………5分2a21n6即2,且a161,a21n6数列{}a21n6是首项为1,公比为2的等比数列.………………………………7分n1n1(3)由(2)可知a21n6=12,即a21n=126因为2n为偶数,21n为奇数,n1所以baan221nn323…………………………………………………9分nn11所以nbnn((233)2n3)………………………………………10分由此可得:0121nSnn1222322①123n21222322Snn②…………………………………………………………………………………………12分①-②得n12n1n12nSn1222n2n2……………………………14分12n所以Snn1(1)2………………………………………………………………15分18.解:(1)由AF12AF2a,BF12BF2a,故ΔABF2的周长424a,所以a2,…………………………………………………………1分c2又E的离心率,所以c1,……………2分a2又b2a2c21,x2所以椭圆E的标准方程为y21,…………………………………………………3分2由题意知,直线l方程为yx1,yx14141由2,解得A0,1,B,,由对称性知,以为坐标原点,折叠后原轴负半轴,x2C,Oyy133332原x轴,原轴的正半轴所在直线为x,,yz轴建立如图空间直角坐标系,314B,,014则A0,0,1,,C,,0,F10,1,0,3333…………………………………………………5分1411所以AC,,1,BF1,,033331ACBF13313设直线AC与BF1所成角为,则cos.………7分ACBF26226133x11(2)(i)设点A(x1,y1),B(x2,y2),Cx(,y)D,3344(,x)y,则直线AF2的方程为xy1,y1x11xy12yxx11由1,得112yy2210,2x2yy11y12221yy11所以yy13222,x1x12x112y123x112y1y1x11x11y13x14所以y3,又xy3311,23x1y1y12x132x13………………………………9分y234x2同理y4,x4,……………………………………………………10分23x223x2yy12由AFB,,1三点共线,得,所以y1x2y2x1y2y1,…………………11分xx1211y1y4y33x14直线CD的方程为yx,由对称性可知,如果直线过定点,2x13x4x32x13则该定点在x轴上,令y0得:4yxxxyy34x14314323xyy143…………………………………………………………………12分3434xxyy2121yx113423232323xxxx2121yy2123x12323xx21yxyxyyx343443yxy71221121221yxyxyyx2323325yxy21121212217故直线CD过定点,0.………………………………………………………………14分57(ii)由题意知点P0,1,点H的轨迹为以F21,0,Q,0为直径的圆(除F2,Q外),5……………………………………………………15分61361611圆心为M,0,故PHPM1.………………17分5525551119.解:(1)由正弦函数的性质可知:fxsinx在,上单调递增,在,2上单调递减,所222211111113以fxminminsin,sin2sin,且fxmaxsin2,22222222211131故fx在,2上的值域是sin,,2,故f是从到的函数.22222………………………………………………………………2分1另一方面,我们证明存在0,1,对任意xy,,2,都有fx,,fyxy.21取cos,则对任意,不妨设xy,分两种情形讨论:21①当sinxysin时,令Fxxsinx,则Fxcosxcos0,所以Fx在21x,2上单调递增,因为,所以FxFy,即2xsinxysinysinysinxyx,即:5.…………….………….………….………….………….………….…………….4分②当sinsxyin时,令Gxxxsin,则,1Gxxcoscos2coscos2021所以Gx在x,2上单调递增,因为xy,所以GxGy,即2xxyyxyyxsinsinsinsin,即:fxfyxy,,.111综上所述,对任意xy,,2,fxfyxy,cos,,所以f是度量空间,2,上222的一个压缩函数..………………………………………………………….6分(2)因为f是度量空间R,上的一个压缩函数,故必存在0,1,使得对任意xy,R,均有:,即:fxfyxy.因为:annfa1,所以:2kaafafak1kkk1aakk1aak1k2aa10,(其中k为正整数)……………………………………………………………………………….8分由绝对值三角不等式可知:对任意mnN,有:aaaaaamnmmmm112aaaaaannmmmm1112aann1n1mnm12aamaanaaaa101010110.……………………………………………………………….10分nmn1nN又因为,所以nN,故:aaaaaaaamn110110110.……….…….…….…….…….…….……………12分N①当aa时,对任意,aaaa0,故aa0,所以对0,对10mn110mn任意正整数N,当时,均有aamn,即aamn,.………………………………………………………………………………………………14分N1N1②当aa10时,对,取一个正整数Nlog,则aa10,aa10aa101N则当时,必有:a,aaaaamnmn1106.…………………………………………………………16分综上所述,对任意正实数0,都存在一个正整数N,使得对任意正整数m,nN,均有aamn,.故a为度量空间上的一个基本数列nn0R,“”.………………………………………………17分7

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