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

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01p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a2aa15，…………………………2分2即(1dd)1(14)，解得d2或d0（舍），………………3分an21，………………………4分nn1(Ⅱ)由（Ⅰ）得abnn(2n1)2012n1所以Tn123252(21)2，…………………………6分n12nn1∴2T1232(2n3)2(2n1)2，n新天际教育012nn1两式相减得Tn2222222(21)2…………………………8分nn12(12)nnnn12(2n1)21422(2n1)23(32)2n12n∴Tnn3(23)2．…………………………10分18.解:（Ⅰ）由3cb(sinA3cos)A得3sinCsinsinBA3sincosBA，……………………2分3sin(AB)sinsinBA3sincosBA3sincosAB3cossinABsinsinBA3sincosBA……………4分 所以3sincosABsinsinAB，tanBB3,(0,),∴B．3…………………………6分(Ⅱ)法一：ac2,c2a，222bac2accosB22acac………………8分2222a(2a)a(2a)3a6a43(a1)1………………………10分2ab(0,2)[1,4)b[1,2)．………………………12分法二：222bac2accosB22acac………………8分22a+ca+c-3ac=4-3ac4-3（1当且仅a=c时取等号）……10分2又bac2，b12，………………………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()ad2在半椭球截面圆的面积为a，222bb222bd()ad22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：21422VA22V圆柱V圆锥babaab33，....................9分42VabB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EX4567.....................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