《河北省石家庄市2021届高三上学期9月质量检测（一）数学试题附答案》由会员分享，可在线阅读，更多相关《河北省石家庄市2021届高三上学期9月质量检测（一）数学试题附答案（13页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、 2021 届石家庄市高中毕业班教学质量检测（一）届石家庄市高中毕业班教学质量检测（一） 数学答案数学答案 一、单选题 题目 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 B D C C A A B D 二、多选题 题目 9 10 11 12 答案 BD BC ABD ABC 三、填空题： （本答案提供了一种或两种给分标准，其他解法请各校教研组参照给分标准研究商定） 13. 1 14. 5 5 14. 8 3 9 16. 105 32 四、解答题 17解：设 AB=x，在ABD中由余弦定理可得： 22 492525 cos255 3 =+ =+xxxx 2 分 即 2 524=0 xx，解得=8x，
2、4 分 方案一：方案一：选条件 由 7 21 cos=C得 7 72 sin=C ，5 分 =+CBA , 14 75 7 72 2 1 7 21 2 3 )sin(sin=+=+=CBA 7 分 在 ABC 中由正弦定理可得： , 7 72 8 14 75 = BC 解得： 10=BC ， 9 分 . 5=BDCD 10 分 方案二：方案二：选条件 由正弦定理可得：=2 sin , =2 sin,aRA cRC 代入条件 sincos() 6 aCcA = 得： 31 sinsinsin(cossin) 22 ACCAA=+ 31 cossinsinsin 22 ACAC=+ ，6 分 13
3、 sinsincossin 22 ACAC= ， 7 分 因为 A 为三角形内角，所以 3tan=A ，故 3 =A ， 8 分 所以 ABC 为等边三角形， 9 分 所以 8=BC ， ，3=CD 所以CD 6.635，所以有99%的把握认为满意度与性别有关. .12 分 20. 证明： （1）因为 BC=BD=1，CD=AB=2.可得 BC2+BD2=CD2, BDBC, 又 ADBC， BDAD . 又ABCD-A1B1C1D1 是直四棱柱, DD1平面 ABCD . DD1BD . 1 =IDDADD ， BD平面 ADD1A1, BDMD . .2 分 取 BB1中点 N，连接 NC
4、 ，MN， / /Q MNDC且MN DC= ，MNCD为平行四边形，/ /MDNC , = 1= 2 2 , NBCBC1, 1 + BCN = 900 , BC1CN, 又 MDNC , MDBC1 . 4 分 又 BC1 BD=B , MD平面 BDC1. .5 分 （2）解法一： 以 DA 为 x 轴，DB 为 y 轴，DD1为 z 轴，建立如图所示的坐标系，则 B(0,1,0), C1(-1 , 1, 2) , M(1,0, 2 2 ) , =(1, -1, 2 2 ), 1 =(-1 , 0, 2) 6 分 由（1）可知 为平面 BDC1的一个法向量， =(1,0, 2 2 ) 8
5、 分 设平面 C1BM 的一个法向量为n=（x,y,z） 1 0, 0, = = uuuu r g uuuu u r g BC BM n n 20, 2 0, 2 + = += xz xyz 可取n=（2, 32 2 , 1）.10 分 设二面角 M-BC1- D 为 所以 10 cos 5 = uuuu r g uuuu r DM DM n n 即二面角 M-BC1- D 的余弦值为 10 5 .12 分 解法二： 直四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 CC1平面 ABCD ， BD平面 ABCD， CC1BD ， 又BDBC ， CC1 BC=C ， BD平面 BCC1B1 ， BDBC1
6、 7 分 又MD平面 BDC1， MDBC1 ， MD BD=D ， BC1平面 MBD， MB平面 MBD ， MBBC1 9分 MBD 为二面角 M-BC1- D 的平面角 10 分 在Rt MBD 中，cosMBD= = 1 (2)2+( 2 2 )2 = 10 5 即二面角 M-BC1- D 的余弦值为 10 5 .12 分 21.解： （I）因为椭圆 22 22 :1(0) xy Eab ab +=过点（0，1） ，所以1b =； 2 分 又 222 2 , 2 c eabc a =+，所以 2 2a = . . 4 分 即椭圆方程为 2 2 1 2 x y+=. 5 分 （II）法
7、一：设 1122 ( ,), (,)A x yB xy，则 11 ( ,)M xy 由 2 2 1 2 x y ykxt += =+ ，得 222 (1 2)4220kxktxt+=， 6 分 所以 2 222 12 2 2 12 2 164(12)(22)0 4 12 22 12 k tkt kt xx k t xx k = + += + = + ， 7 分 在直线:(0)l ykxt k=+中，令0y =，则 t x k = ，即(,0) t P k ， 9 分 直线 21 22 21 :() MB yy lyyxx xx + = ，令0y =， 则 12211212 1212 2()42
8、 ()22 x yx ykxxt xxkk x yyk xxttt + = + ，即 2 (,0) k Q t ，11 分 所以 2 ()2 tk OPOQ kt = =， 即2OPOQ= 12 分 （II）法二：设( , ),( , ),( ,),( ,0),( ,0)A m n B s t M mn P pQ q， 则 (,),(,)ABsm tn APpmn=-=- uuu ruuu r ， (s m,t n),(, )MBMQqm n=-+=- uuu ruuu u r 6 分 由 A,B,P 三点共线，则有 / /ABAP uuu ruuu r ，即 ntn msmp = 所以 ()
9、n msnsmt pm ntnt = ； 7 分 由 B,M,Q 三点共线，则有 / /MBMQ uuu ruuu u r ，即 tnn smqm + = 所以 ()n smmtns qm tntn + =+= + 8 分 所以 222 2 22 (1) nsmt mtnsn sm t OPOQp q nttnnt + = + 9 分 因为 A，B 在椭圆 E 上， 所以 2 2 1 2 m n+=，所以 22 22mn=，同理 22 22st=，10 分 代入（1）中，得 222 22222 2222 (22 )(22) 2 n sm tntn t OPOQ ntnt = 即2OPOQ= 1
10、2 分 22.（1）解：由已知得 2 ( )(1) x f xxxe=+，(0)1f=，.2 分 22 ( )(21)(1)(32)(1)(2) xxxx fxxexxexxexxe =+ +=+=+， 由( )02 f = , 则函数在（0，1）处的切线斜率为 2，切线方程为21yx=+；.4 分 （2） ()() 2 1(1)() xx fxxaxa exxa e 轾 =+=+ 臌 .5 分 当1a =时， ( )0fx，( )f x单调递增，且 2 ( )(1)0 x f xxe=+恒成立， 2 ( )0f xe+恒成立，符合题意；.6 分 当1a 时 x (,)a a- (, 1)a-
11、 1- ( 1,) + ( )fx 正 0 负 0 正 ( )f x 单增 极大值 单减 极小值 单增 当xa 时， 2 (1)1() 10 xaxx xax+-+ =+ -恒成立， 2 ( )0f xe+恒成立，符合题意； 当xa-时， 1 min ( )( 1)(3)f xfa e-=-=-，即 12 (3)a ee ，即 3 3ae+， 3 13ae +；.8 分 当1a -时， min ( )()(1) a f xfaae-=-=+，即 2 ( +1) a aee ，.10 分 令 , h( )(1),(1),( ) aa aaeah aae - =+恒成立；当0a 时， 2 h( 2)e-= -； 即 2 ( +1)2 a aeea 21a ；.11 分 综上:实数a的取值范围是 3 23ae + .12 分
