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.pdf

1、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.B 2.A 3.B 4.C 5.C 6.D 7.D 8.A 二、多选：9.AD 10ACD 11BC 12BD 三、填空题 13.0.7714 .23,4yx（满足01p的答案均给分）15.2 15516.(,0)(3,)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）17.解：（）由125,a a a 成等比数列可得2215aa a，2 分 即2(1)1(1 4)dd，解得2d 或0d（舍），3 分 21nan，4 分()由（）得1(21)2nnnabn 所以01211 23 25

2、 2(21)2nnTn ，6 分 12121 23 2(23)2(21)2nnnTnn ，两式相减得012122 22 22 2(21)2nnnTn 8 分12(1 2)1 2(21)21 2nnn 1 4 2 2(21)2nnn 3(3 2)2nn 3(23)2nnTn 10 分18.解:（）由 3(sin3cos)cbAA得 3sinsinsin3sincosCBABA，2分 3sin()sinsin3sincosABBABA 3sincos3cossinsinsin3sincosABABBABA4 分 新天际教育所以 3sincossinsinABAB，tan3,(0,),BB3B 6

3、分()法一：2,2 acca，222222cosbacacBacac8 分 2222(2)(2)3643(1)1aaaaaaa 10 分2(0,2)1,4)ab1,2)b 12 分 法二：222222cosbacacBacac8 分22a+ca+c-3ac=4-3ac4-312（当且仅a=c时取等号）10 分 又2bac，b1 2，12分 19.解：（）由图可知，图几何体的为半径为 R 的半球，图几何体为底面半径和高都为 R 的圆柱中挖掉了一个圆锥，与图截面面积相等的图形是圆环（如阴影部分），（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：在图中，设截面圆的圆心为1O

4、，易得截面圆1O 的面积为22)Rd（，.3 分在图中，截面截圆锥得到的小圆的半径为d，所以，圆环的面积为22)Rd（，所以，截得的截面的面积相等.5 分()类比（）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，圆柱上底面为底新天际教育面的圆锥，即挖去的圆锥底面半径为b，高为 a；.6 分 在半椭球截面圆的面积为2222()bada，在圆柱内圆环的面积为22222222()bbbdadaa.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

5、：222142233AVVVbabaab圆柱圆锥，.9 分同理：椭球 B 的体积为243BVa b.11 分所以，两个椭球,A B 的体积之比为ba.12 分20解：（）设前 24 分钟比赛甲胜出分别为(1,2,3)iA i，乙胜出分别为(1,2,3)iB 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.1212312123()()P DP A A CCA A A CB B CCB B B C.2 分2232232121111111()()()()()()3232323236；.4 分（）X 的可能取值为 4、5、6、7 .6 分3321111(4)()()3232

6、6P X；3222212232332121 12 11111(5)()()()()()()()()3233 23 32324P XCC；332213123323212112 11(6)()()()()()()323323 32P XCCC332213123323111211 217()()()()()()323323 3224CCC；新天际教育3422141224343333212112 1111(7)()()()()()()()()323323 3232P XCCCC3422141224343333111211 21217()()()()()()()()323323 323224CCCC；所

7、以，随机变量 X 的概率分布列为：X 4 5 6 7 P 16 14 724 724 .10 分（每种情况 1 分）X 的数学期望为1177137456764242424 EX.12 分 21.解：（）由已知21()3bea且222bcbab.2 分即221,2ab，所以双曲线的方程为2212yx；.4 分（）设11(,y)A x，22B(,)xy，且由已知得220012yx联立00122y yx xyx解得：100122xyx，所以112yx；联立00122y yx xyx解得：200122xyx，所以222yx；.6 分法一：设 AOB 的外心(,)M x y，则由 MAMOMB 得：22

8、22221122()(2)()(2)xxyxxyxxyx.8 分即21111332222xxyxxxyx，同理22222332222xxyxxxyx两式相乘得2212924xyx x.10 分新天际教育又1222000000111122222x xyyyxxx所以 AOB 的外心 M 的轨迹方程为22924xy；.12 分法二：设 AOB 的外心(,)M x y，线段OA 的中垂线方程为：112()222yxyx，线段OB 的中垂线方程为：222()222yxyx，联立11222()2222()222yxyxyxyx，解得12123()43 2()8xxxyxx.8 分012022000000

9、0120220000002112,22222211222222xxxxyyyxxxyxxyyyyxxx.10 分即12000120332()42343 23()384xxxxxxyyyxxy，代入220012yx得2248199xy所以 AOB 的外心 M 的轨迹方程为22924xy；.12 分22.解：（）设sin23(),cos34xxf xxx，222sincos)cos(sin)(sin)sin cossin 22(coscos2cosxxxxxxxxxxxxfxxxx-（）.2 分sin221 20()0 xxxfx，即()f x 单调递减.3 分新天际教育即2sin2 33cos3

10、xxxx，3sin34cos4xxxx；即 a 的取值范围为32 3,43a；.5 分（）由已知()(1)cos(cossin)cossing xaxxxxaxxx，()sinsincoscos(1)sing xaxxxxxxax，当2x，时，g()0 x即g()x 单调递减；又()0,()022gga，由零点存在性定理必存在唯一0,2x满足0()0g x，当02x，x时，g()0 x即g()x 单调递增；当0 x,x时，g()0 x即g()x 单调递减；.7 分由0000000sincossin0,cos2xxaxxxaxx得000max0000000000sin()()()(1)sinco

11、s(1)sincossincoscosxxxG ag xg xaxxxxxxxxx.9 分由第（）问可知函数sin(),cos2xxf xxx单调递减，即当32 3,43a时，02334x，；.10 分设23()sin,cos34xH xxxx2222222cos(sin)cos(cos1)sincos(sin x)sin()coscoscoscossin(sin cos)sin(sin 2x 2)0cos2cosxxxxxxxxxxH xxxxxxxxxxxxx所以()H x 单调递减，min323 2()()424H xH，新天际教育综上：函数()g x 的最大值()G a 的最小值为23 224；.12 分 新天际教育