郑州市2024年高中毕业年级第一次质量预测数学参考答案一、单选题CADAACBD二、多选题9.ABC10.CD11.ABD12.ACD三、填空题44e13.;14.276；15.[,0];16..532四、解答题17（.1）样本的平均值为y(550.01650.02750.034850.026950.01)1075.6，所以乙生产线上产品指标P值的平均值估计为75.6.————————2分因为(0.010.02)100.30.5，(0.010.020.034)100.640.5，所以中位数在70,80之间，设指标P值的中位数为y，0.2所以y0.10.2(y70)0.0340.5，解得y7075.88.——————4分0.034由题中条件可知xx74722，yy75.675.880.28xx，所以乙生产线产品指标P值较甲产品指标P值更好.————————6分（2）由频率分布直方图可知该样本中指标P值不小于70的频率为（0.034+0.026+0.01）×10=0.7，所以指标P值不小于70的概率为0.7，XB(5,0.7)，E(X)50.73.5，D(X)50.70.31.05.————————10分18.解（1）由条件知，3sinBsinAcosBsinAsinBsin(AB)，即3sinBsinAcosBsinAsinBsinAcosBcosAsinB，即3sinBsinAsinBcosAsinB，因为sinB0，所以3sinAcosA1，即2sin(A)1，6因为A(0,)，所以A.——————————6分32（2）因为ADBD，所以DABB，CDA2B，CADB，ACDB33{#{QQABIYKEggAIAAAAARhCAQW6CAAQkBACAAoOhAAEoAAAwRFABCA=}#}CDADCD3CD在△CAD中，由正弦定理得，，即，2sinCADsinACDsin(B)sin(B)33231333所以sin(B)3sin(B)，即cosBsinBcosBsinB，3322223整理得3cosB2sinB，所以tanB.————————12分219.解：（1）不妨设AB1，则BCCE2，在平行四边形ABCD中，∵BC2,AB1，ABC60，连接AC，由余弦定理得AC21222212cos603，即AC3，∵AC2AB2BC2，∴ACAB．又∵AC2AE2CE2，∴ACAE，又ABAEA，∴AC平面EAB，又∵AC平面ABCD，∴平面EAB平面ABCD．————————————————5分（2）取AB中点G，连接EG，∵EAEB，∴EGAB，3由（1）易知EG平面ABCD，且EG．2如图，以A为原点，分别以射线AB，AC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系A-xyz，1333则E(,0,),F(0,,)，2222C(0,3,0),D(1,3,0)，B1(2,23,0)，C1(1,23,3)3313CD(1,0,0)，FC(0,,)，EC(,3,)2222nCD0,设平面FCD的法向量为n(x,y,z)，则nFC0,x0,得33令y1，得n(0,1,1)，yz0,22{#{QQABIYKEggAIAAAAARhCAQW6CAAQkBACAAoOhAAEoAAAwRFABCA=}#}mCD0,设平面ECD的法向量为m(x,y,z)，则mEC0,x0,得13令y1，得m(0,1,2)，x3yz0,22mn3310cosm,n，|m||n|2510310即平面ECD与平面FCD夹角的余弦值为．—————————————12分10220.解：（1）由已知得，a24a4a2，即a2a2n1n1nn1n.又a0且a2，得a2a，即aa2n1n1nn1n.所以数列是以为首项，为公差的等差数列，an22an2n122n.b当n1时，12，得b211.b当n2时，n2n2n12,得b2n,2n1n当时，也适合上式，故n分n1b12bn2.--------------------------6（2）在b和b之间插入n个数c,c,c,c，使得b,c,c,c,c,b成等差数nn1n1n2n3nnnn1n2n3nnn1列，设其公差为d，则cbd，cbd.n1nnnn1nbdbdn2n2n1Sccccnn13n2n1nn1n2n3nn22012n2n1Tn3262923n123n2----------------------------------①123n1n2Tn3262923n123n2------------------------------------②—得012n1n①②Tn323232323n2n1122nnnT33n2333n2，Tn3n323.————12分n12221.解：（1）由题意可知，点A的坐标为0，2，所以k，AB2{#{QQABIYKEggAIAAAAARhCAQW6CAAQkBACAAoOhAAEoAAAwRFABCA=}#}2故直线AB的方程为yx2，22yx2,22与双曲线联立得3x42x0，y2x214242解得x0或x，1234210故点的坐标为，——————————分D.533ykxm,（2）直线l与双曲线C联立y2x2142整理得k22x22kmxm240，因为k2，P是双曲线与直线l的唯一公共点，所以Δ2km24k22m240，222即m42k22k，km2m2k4解得点P的坐标为2,2，即,，其中km0.k2k2mm412k过点P且与l垂直的直线为yx，mkm6k6可得M,0，N0，mm.6k66k6所以Q,，即x，y，mmmm226k36k2184m2726故x2182182y218，mm2m2m2my2x2即1x0.————————————12分918{#{QQABIYKEggAIAAAAARhCAQW6CAAQkBACAAoOhAAEoAAAwRFABCA=}#}22.证明：（1）由题意可知，函数fx的定义域为R，fx为偶函数，先令x0，11fxaxsinx，又a1，故fxaxsinxxsinx，22令gxxsinx，gx1cosx0，gx在0，上单调递增，故gx0，即fx0，所以函数fx在0，上单调递增，所以当x0时，fxf00，又fx为偶函数，故fx0.——————————5分1（2）由（1）可知，当a1时，x2cosx10，21即cosx1x2，当且仅当x0时，等号成立，2111令x，n1且nN，cos1，nn2n211211即cos111，n2n24n212n12n1由（1）可知，当x0时，xsinx，11111又n1且nN，故01，所以sincostan，nnnnn1n11111即cos，即cos1，11tannntann2n12n1nn1111111111111111tan12tan3tanntan13352n12n123n112nn1n1n2n12n12n111112n即证：n.———————————12分111tan12tan3tanntan2n123n{#{QQABIYKEggAIAAAAARhCAQW6CAAQkBACAAoOhAAEoAAAwRFABCA=}#}