2021年4月河北省石家庄市2021届高三教学质量检测试卷(一)数学试题答案
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2021届石家庄市高中毕业班教学质量检测(一)数学答案一、单选:1.B2.A3.B4.C5.C6.D7.D8.A二、多选:9.AD10ACD11BC12BD三、填空题2313.0.7714.yx,(满足01p的答案均给分)421515.16.(,0)(3,)5四、解答题:(每题仅给出一种或两种答案,其他种情况,请各校教研组参照给分标准,商定给分)217.解:(Ⅰ)由aaa1,,25成等比数列可得a2aa15,…………………………2分2即(1dd)1(14),解得d2或d0(舍),………………3分an21,………………………4分nn1(Ⅱ)由(Ⅰ)得abnn(2n1)2012n1所以Tn123252(21)2,…………………………6分n12nn1∴2T1232(2n3)2(2n1)2,n新天际教育012nn1两式相减得Tn2222222(21)2…………………………8分nn12(12)nnnn12(2n1)21422(2n1)23(32)2n12n∴Tnn3(23)2.…………………………10分18.解:(Ⅰ)由3cb(sinA3cos)A得3sinCsinsinBA3sincosBA,……………………2分3sin(AB)sinsinBA3sincosBA3sincosAB3cossinABsinsinBA3sincosBA……………4分
所以3sincosABsinsinAB,tanBB3,(0,),∴B.3…………………………6分(Ⅱ)法一:ac2,c2a,222bac2accosB22acac………………8分2222a(2a)a(2a)3a6a43(a1)1………………………10分2ab(0,2)[1,4)b[1,2).………………………12分法二:222bac2accosB22acac………………8分22a+ca+c-3ac=4-3ac4-3(1当且仅a=c时取等号)……10分2又bac2,b12,………………………12分19.解:(Ⅰ)由图可知,图①几何体的为半径为R的半球,图②几何体为底面半径和高都为R的圆柱中挖掉了一个圆锥,与图①截面面积相等的图形是圆环(如阴影部分),新天际教育(因此处为学生自己画图,可能不够标准,只要意思对即给分)...................2分证明如下:22在图①中,设截面圆的圆心为O1,易得截面圆O1的面积为(Rd),..................3分22(Rd)在图②中,截面截圆锥得到的小圆的半径为d,所以,圆环的面积为,所以,截得的截面的面积相等.....................5分(Ⅱ)类比(Ⅰ)可知,椭圆的长半轴为a,短半轴为b,构造两个底面半径为b,高为a的圆柱,把半椭球与圆柱放在同一个平面上(如图),在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点,圆柱上底面为底
面的圆锥,即挖去的圆锥底面半径为b,高为a;...................6分2b22()ad2在半椭球截面圆的面积为a,222bb222bd()ad22在圆柱内圆环的面积为aa....................8分距离平面为d的平面截取两个几何体的平面面积相等,根据祖暅原理得出椭球A的体积为:21422VA22V圆柱V圆锥babaab33,....................9分42VabB同理:椭球B的体积为3...................11分b所以,两个椭球AB,的体积之比为a.....................12分Ai(1,2,3)Bi(1,2,3)20.解:(Ⅰ)设前24分钟比赛甲胜出分别为i,乙胜出分别为i,在“FAST5”模式每局比赛甲获胜为C,4局比赛决出胜负记为事件D.PD()PAACC(AAACBBCCBBBC)1212312123...................2分2212231121213111()()()()()新天际教育()3232323236;....................4分(Ⅱ)X的可能取值为4、5、6、7.....................6分2331111PX(4)()()32326;231222211212121213121PX(5)()()C()()C()()()()3332332332324;23132221113121213PX(6)()()C()C()C()()32332332332131321221131122137()()C()C()C()()3233233233224;
2314222111412122141314PX(7)()()C()C()C()C()()()3333323323323213142122114112221423147()()C()C()C()C()()()3333323323323224;所以,随机变量X的概率分布列为:X45671177P642424....................10分(每种情况1分)1177137X的数学期望为EX4567.....................12分64242424bce1()b23b22221.解:(Ⅰ)由已知a且ab.....................2分22y22x1即ab1,2,所以双曲线的方程为2;.....................4分22y0x1Ax(,y)B(,xy)02(Ⅱ)设11,22,且由已知得yy01xx01x212y0xyx202yx2联立解得:,所以11;yy01xx01x222y0xyx202yx2联立解得:新天际教育,所以22;.....................6分法一:Mxy(,)MAMOMB设AOB的外心,则由得:222222(xx)(y2)xxy(xx)(y2)x1122.....................8分332332xx22yxxxyxxx22yxxxyx11112222即22,同理22229x2yxx12两式相乘得4.....................10分
111xx112222yy002y0xxx000222又229xy2所以AOB的外心M的轨迹方程为4;.....................12分Mxy(,)法二:设AOB的外心,yx2yx21122yx()yx()线段OA的中垂线方程为:222,线段OB的中垂线方程为:222,yx2311yx()x()xx122224yx23222yx()y()xx12联立222,解得8....................8分112x0xx2,x122022yy002y0xxx000222112y0xx2y122022yy002y0xxx000222.....................10分332x()xxxxx12004233234y()x1x2y0yy0843即,22y04822x01xy新天际教育1代入2得99229xy2所以AOB的外心M的轨迹方程为4;.....................12分xxsin2322.解:(Ⅰ)设fx(),x,cosx34'-(sinxxcos)cosxx(xsin)(sin)xxsincosxxxsin2x2xfx()222cosxcosx2cosx.....................2分'sin2x2x12x0fx()0,即fx()单调递减.............3分
2xxsin233xxsin3即x,x;3cosx34cosx4323即a的取值范围为a,;.............5分43'(Ⅱ)由已知gx()(a1)cosx(cosxxsin)xacosxxsinx,''gx()asinxsinxxcosxxcosx(a1)sinx,'''当x,时,g()0x即g()x单调递减;2'''又g()0,g()a0,由零点存在性定理必存在唯一x,满足gx()0,00222'当x,x时,g()0x即g()x单调递增;当xx,时,g'()x0即g()x单调递减;002.............7分xxsin00由acosxxsinx0a,x,0000cosx20得xsinxx000Ga()gx()gx()(a1)sinxxcosx(1)sinxxcosxsinxmax00000000cosxxcos00.................9分xxsin32323由第(Ⅰ)问可知函数fx(),x,单调递减,即当a,时,x,;0cosx24334......................10分新天际教育x23设Hx()sinx,x,cosx3422'cosxx(sin)xcos(cosxx1)xsinxcos(sinx)xxsinxHx()cosx222cosxcosxcosxsin(sincosxxxx)sin(sin2x2)xx022cosxx2cos3232所以Hx()单调递减,Hx()H(),min424
232综上:函数gx()的最大值Ga()的最小值为;......................12分24新天际教育
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