石家庄市2023-2024学年高一年级第二学期期末教学质量检测数学试卷答案

石家庄市2023~2024学年度第二学期期末教学质量检测
高一数学 参考答案
一、选择题（本大题共8个小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1．B 2．D 3．C 4．B 5. A 6．C 7．D 8．A
二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9． BD 10．BCD 11．ABD
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 10 13. 15
14. 3π4 四、解答题（本大题共5道小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15．（本小题满分13分）
解：(Ⅰ)由题意，设(),b a λλλ==， 因为22b =，所以2222λλ+=，所以2λ=±，……………………...……...………………………….3分 所以()2,2b =或()2,2b =−−．…………………………… …………………………...…………………………..6分 (Ⅱ)因为()()52a b a b −⊥+，所以()()
520a b a b −⋅+=，
所以225320a a b b +⋅−=，即103280a b +⋅−⨯=，
所以2a b ⋅=，………………………………………...……………………………...…...…………………………..9分 设a 与b 的夹角为θ，则21cos 2222a b a b
θ⋅===⨯，……………………………...………… …………..12分 又[]0,πθ∈，所以π3θ=
， 所以a 与b 的夹角π3
．……………………………………………………….. ….. ………...……………………..13分 16．（本小题满分15分）
解：（Ⅰ）由(0.0050.010.0150.0150.025)101+++++⨯=a ，
解得0.030a =，……………………………………………………….. ….. ………... …...…………………………..2分 因为0.011020020⨯⨯=（人），0.0151020030⨯⨯=（人）．
所以不高于50分的抽20522030
⨯=+（人）；………………………………………………...……………………..4分 （Ⅱ）平均数450.1550.15650.15750.3850.25950.0571x =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=．……………………..6分 由图可知， 学生成绩在[40,70) 内的频率为 0.4， 在[70,80) 内的频率为 0.3，
设学生成绩中位数为 t ，t ∈[70,80)， 则： (70)0.030.40.5t −+=， 解得2203t =
， 所以中位数为
2203；………………………………………………………………………...……………………..8分 （Ⅲ）
法一：记“至少有一位同学复赛获优秀等级”为事件A ， 则21132311()34343412
=⨯+⨯+⨯=P A ． 答：至少有一位同学复赛获优秀等级的概率为
1112．……………………………………………………………..15分 法二：记“至少有一位同学复赛获优秀等级”为事件A
1111()1()13412
=−=−⨯=P A P A 答：至少有一位同学复赛获优秀等级的概率为
1112
．……………………………………………………………..15分 17．（本小题满分15分）
解：（Ⅰ）因为//BC AE 且BC AE =，所以四边形BCEA 为平行四边形，
则//AB EC ，…………………………………………………………………………………………………………..2分 又AB ⊄平面PCE ，EC ⊂平面PCE ，
所以//AB 平面PCE ；………………………………………………………………………………………………..4分 （Ⅱ）由PA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，得PA BD ⊥，…………………………………………………..5分 连接BE ，由//BC DE 且BC DE =，
所以四边形BCDE 为平行四边形，又,2DE CD BC CD ⊥==，
所以平行四边形BCDE 为正方形，所以BD EC ⊥，
又//AB EC ，所以BD AB ⊥，……………………………………………………………………………………..7分 又,PA AB A PA AB =⊂、平面PAB ，
所以BD ⊥平面PAB ，由BD ⊂平面PBD ，
所以平面PAB ⊥平面PBD ；…………………………………………………………………………………………..9分 （Ⅲ）由PA ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，所以PA CD ⊥，
又CD AD ⊥，,PA AD A PA AD =⊂、平面PAD ，
所以CD ⊥平面PAD ，又PD ⊂平面PAD ，所以CD PD ⊥，
因为CD AD ⊥，故PDA ∠为二面角P CD A −−的平面角，即45PDA ︒∠=，…………………………………..11分 在Rt PAD △中，4PA AD ==，作AM PB ⊥，垂足为M ，
由（Ⅱ）知，平面PAB ⊥平面PBD ，平面PAB 平面PBD PB =，AM ⊂平面PAB ， 所以AM ⊥平面PBD ，则PM 为直线AP 在平面PBD 上的投影，
所以APM ∠为直线PA 与平面PBD 所成的角，……………………………………………………………………..13分
在Rt PAB △中，22,4,26AB CE PA PB ====4224326
PA AB AM PB ⋅⋅=
， 在Rt AMP △中，43
33sin 4AM APM AP ∠==， 即直线PA 与平面PBD 33
.……………………………………………………………………..15分
18．（本小题满分17分）
解：（Ⅰ）因为()2cos cos a c B b C −=，
所以由正弦定理得()2sin sin cos sin cos A C B B C −=，………………………………………………………………..2分 所以()2sin cos sin sin A B B C A =+=，
又0π,sin 0A A <<≠，所以1cos 2B =
， 又0πB <<，所以π3
B =.………………………………………………………………………………………………5分 （Ⅱ）因为2BD D
C =，且1C
D =，7AD 2BD =，3BC =，
在ABD △中，由余弦定理得2222cos AD AB BD AB BD B =+−⋅⋅，
即2742AB AB =+−，解得3AB =，或1AB =−（舍），………………………………………………………………8分 所以ABC △的面积11393sin 3322ABC S AB BC B =⋅⋅=⨯⨯=△；………………………………………………10分 （Ⅲ）以A 为坐标原点，AP 所在直线为x 轴，垂直AP 的直线为y 轴建立平面直角坐标系，
则()0,0A ，()3,0P ，(3B −，由712BC AP =得334C ⎛ ⎝， 因为BE BC λ=，CF CP λ=，01λ≤≤，所以设(3E m ，(),F n t ，
由()71,0,04m λ⎛⎫+= ⎪⎝⎭得714m λ=−，
由39,3,344n t λ⎛⎛−= ⎝⎝得93,3344n t λλ=+=，…………………………………………………………13分 所以)
279363639133344416164AE AF λλλλλ⎛⎫⎛⎫⋅=−⋅+=−+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 2
6318116264
λ⎛⎫=−+ ⎪⎝⎭，……………………………………………………………………………………………………15分 当12λ=时，26318116264AE AF λ⎛⎫⋅=−+ ⎪⎝⎭取得最小值，最小值为8164， 所以AE AF ⋅的最小值为8164
.…………………………………………………………………………………………17分 19．（本小题满分17分） 解：（Ⅰ）由已知，得2cos sin cos tan a A B B c C
=−， 由正弦定理，得sin sin sin cos 2sin cos C B C B A A =−， 即2sin cos sin cos cos sin A A B C B C =+，………………………………………………………………………………2分 即()2sin cos sin sin A A B C A =+=，
由于0π,sin 0A A <<>，所以1cos 2A =，所以π3
A =
.………………………………………………………………4分 （Ⅱ）设,,PA x PB y PC z ===， 则1114222PA PB PB PC PA PC xy yz xz ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⋅+⋅+⋅=⋅−+⋅−+⋅−=− ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭
． 所以8xy yz xz ++=，…………………………………………………………………………………………………6分 由APB BPC APC ABC S S S S ++=得：1313131πsin 22222223
xy yz xz bc ⋅+⋅+⋅=， 即8bc =，………………………………………………………………………………………………………………8分 由余弦定理得，2222cos a c b bc A =+−，
即2222112282
c b bc c b =+−⨯=+−，即2220c b +=， 又b c <，联立22208c b bc ⎧+=⎨=⎩
解得4,2c b ==． 所以ABC △的周长为623a b c ++=+.……………………………………………………………………………10分
（Ⅲ）设,,PA x PB y PC z ===，
由（Ⅱ）在,,PAB PBC PAC △△△中，由余弦定理得22222216412x y xy x z xz y z yz ⎧++=⎪++=⎨⎪++=⎩
，
由（Ⅱ）知8xy yz xz ++=，联立可得22212x y z ++=， 所以()()2222228x y z x y z xy yz xz ++=+++++=，
所以27x y z ++=，即27PA PB PC ++=…………………………………………………………………13分 所以()424227x x x x f x m PA PB PC m =−⋅+++=−⋅+， 因为()42270x x
f x m =−⋅+≥恒成立， 所以2722x x m +
≤，………………………………………………………………………………………………15分 令[]2,1,2x t t =∈，
由对勾函数性质知，27y t t
=+在[]1,2t ∈上单调递减， 所以min 27272272
m t t ⎛
⎫+=+=+ ⎪ ⎪⎝⎭≤． 所以m 的取值范围为(
,27⎤−∞+⎦．………………………………………………………………………………17分。