2023-2024年度石家庄市高中毕业班质量检测（二）数学答案一、选择题：1-4ADAC5-8BADB二、选择题：9．ABD10.BC11.BCD三、填空题：212.1013.yx814.[15,19]四、解答题：（其他解法请各校教研组依据本评分标准商讨进行）15.解：（1）零假设为퐻0：该校学生选择乒乓球还是羽毛球与性别无关联.150×(50×40−35×25)2经计算得휒2=75×75×85×65……………………………………………………………2分≈6.109＞3.841=푥0.05，……………………………………………………………4分依据小概率值훼=0.05的独立性检验，推断퐻0不成立,即认为该校学生选择乒乓球还是羽毛球与性别有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05.…………………………………………………………6分（2）按分层随机抽样，女生乒乓球组中抽取7人，女生羽毛球组中抽取8人，………………………………7分X的所有可能取值为0，1，2……………………………………………………………8分2C84PX(0)2C1515……………………………………………………………9分11CC788PX(1)2C1515……………………………………………………………10分2C731PX(2)2C15155……………………………………………………………11分X012481P1515548114所以X的期望为：EX()0121515515…………………………………………………………………………13分16.解：因为f(A)＝m·n=(2sinA，3sinA+3cosA)·(cosA，cosA-sinA)1=2sinAcosA+3cos2A-3sin2A＝sin2A+3cos2A……………………………………………………………2分π＝2sin(2A+3)……………………………………………………………4分2π5因为≤A≤，所以≤2A+≤，6333π3所以-1≤＋≤，，sin(2A3)f(A)[-23].2……………………………………………………………6分所以函数f(A)的最大值为3．……………………………………………………………7分(2)f(A)2sin(2A)0,2Ak,kZ33kAkZ,262A,.A……………………………………………………………9分633abc在△中，由正弦定理＝＝，ABCsinAsinBsinC=2a得＋＝＋＝，bcsinA(sinBsinC)6……………………………………………………………11分所以(b＋c)2＝b2＋c2＋2bc＝6，①由余弦定理得b2＋c2－bc＝3，②……………………………………………………………13分由①②解得bc＝1，……………………………………………………………14分1133所以△的面积为＝×1×＝ABC2bcsinA22.4………………………………………………15分17．解:（1）由题意a17，所以aa2134，………………………………………1分aa3228，…………………………………………………2分aa4335………………………………………………………3分ann3,为奇数（）因为an1，2为偶数2,ann所以a2n162a2n62a2n1362a2n16…………………………5分2a21n6即2，且a161，a21n6数列{}a21n6是首项为1，公比为2的等比数列.………………………………7分n1n1（3）由（2）可知a21n6=12，即a21n=126因为2n为偶数，21n为奇数，n1所以baan221nn323…………………………………………………9分nn11所以nbnn((233)2n3)………………………………………10分由此可得：0121nSnn1222322①123n21222322Snn②…………………………………………………………………………………………12分①-②得n12n1n12nSn1222n2n2……………………………14分12n所以Snn1(1)2………………………………………………………………15分18．解：（1）由AF12AF2a，BF12BF2a，故ΔABF2的周长424a，所以a2，…………………………………………………………1分c2又E的离心率，所以c1，……………2分a2又b2a2c21，x2所以椭圆E的标准方程为y21，…………………………………………………3分2由题意知，直线l方程为yx1，yx14141由2，解得A0,1,B,，由对称性知,以为坐标原点，折叠后原轴负半轴，x2C,Oyy133332原x轴，原轴的正半轴所在直线为x,,yz轴建立如图空间直角坐标系，314B,,014则A0,0,1,，C,,0，F10,1,0,3333…………………………………………………5分1411所以AC,,1,BF1,,033331ACBF13313设直线AC与BF1所成角为，则cos.………7分ACBF26226133x11（2）（i）设点A(x1,y1),B(x2,y2)，Cx(,y)D,3344(,x)y，则直线AF2的方程为xy1，y1x11xy12yxx11由1，得112yy2210，2x2yy11y12221yy11所以yy13222，x1x12x112y123x112y1y1x11x11y13x14所以y3，又xy3311，23x1y1y12x132x13………………………………9分y234x2同理y4，x4，……………………………………………………10分23x223x2yy12由AFB,,1三点共线，得，所以y1x2y2x1y2y1，…………………11分xx1211y1y4y33x14直线CD的方程为yx，由对称性可知，如果直线过定点，2x13x4x32x13则该定点在x轴上，令y0得:4yxxxyy34x14314323xyy143…………………………………………………………………12分3434xxyy2121yx113423232323xxxx2121yy2123x12323xx21yxyxyyx343443yxy71221121221yxyxyyx2323325yxy21121212217故直线CD过定点,0.………………………………………………………………14分57（ii）由题意知点P0,1，点H的轨迹为以F21,0,Q,0为直径的圆（除F2,Q外），5……………………………………………………15分61361611圆心为M,0，故PHPM1.………………17分5525551119．解：(1)由正弦函数的性质可知：fxsinx在,上单调递增，在,2上单调递减，所222211111113以fxminminsin,sin2sin，且fxmaxsin2，22222222211131故fx在,2上的值域是sin,,2，故f是从到的函数.22222………………………………………………………………2分1另一方面，我们证明存在0,1，对任意xy,,2，都有fx,,fyxy.21取cos，则对任意，不妨设xy，分两种情形讨论：21①当sinxysin时，令Fxxsinx，则Fxcosxcos0，所以Fx在21x,2上单调递增，因为，所以FxFy，即2xsinxysinysinysinxyx，即：5.…………….………….………….………….………….………….…………….4分②当sinsxyin时，令Gxxxsin，则，1Gxxcoscos2coscos2021所以Gx在x,2上单调递增，因为xy，所以GxGy，即2xxyyxyyxsinsinsinsin，即：fxfyxy,,.111综上所述，对任意xy,,2，fxfyxy,cos,，所以f是度量空间,2,上222的一个压缩函数..………………………………………………………….6分（2）因为f是度量空间R,上的一个压缩函数，故必存在0,1，使得对任意xy,R，均有：，即：fxfyxy.因为：annfa1，所以：2kaafafak1kkk1aakk1aak1k2aa10，（其中k为正整数）……………………………………………………………………………….8分由绝对值三角不等式可知：对任意mnN，有：aaaaaamnmmmm112aaaaaannmmmm1112aann1n1mnm12aamaanaaaa101010110.……………………………………………………………….10分nmn1nN又因为，所以nN，故：aaaaaaaamn110110110.……….…….…….…….…….…….……………12分N①当aa时，对任意，aaaa0，故aa0，所以对0，对10mn110mn任意正整数N，当时，均有aamn，即aamn,.………………………………………………………………………………………………14分N1N1②当aa10时，对，取一个正整数Nlog，则aa10，aa10aa101N则当时，必有：a,aaaaamnmn1106.…………………………………………………………16分综上所述，对任意正实数0，都存在一个正整数N，使得对任意正整数m,nN，均有aamn,.故a为度量空间上的一个基本数列nn0R,“”.………………………………………………17分7