2022年海淀区第二学期高三数学期中练习参考答案.pdf

1、1 海淀区 20212022 学年第二学期期中练习 高三数学参考答案 2022.03一、选择题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分。题号（1）（2）（3）（4）（5）（6）（7）（8）（9）（10）答案BACBDACCAB二、填空题共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分。题号（11）（12）（13）（14）（15）答案22；11（只需0a 即可）242；说明：12 题、14 题两空前 3 后 2；15 题全选对 5 分，漏选 1 个 3 分，漏选 2 个 2 分，不选0 分。三、解答题共 6 小题，共 85 分。（16）（本小题共 14 分）解：（）()f x 满足条件和条件.由(

2、)2sin coscos2f xxxAx，得2()sin2cos21sin(2)f xxAxAx,(,tan)22A 所以()f x 的最大值为21A.由条件：()f x 的最大值为2，得212A，得1A .当1A 时，()2 sin(2)4f xx，()28f，满足条件，当1A 时，()2 sin(2)4f xx，()08f，不满足条件，所以，()f x 满足条件和，且()2 sin(2)4f xx.（）方法 1:当 0 xm时，22444xm,2 因为()f x 在区间(0,)m 上有且只有一个零点，所以224m，得 3788m，所以 m 的取值范围是 3 7(,88.方法 2:令2,4x

3、k kZ，得1,28xkkZ.所以()f x 的所有零点为 1,28kkZ，即 3 7,888 因为()f x 在区间(0,)m 上有且只有一个零点，所以该零点为 38,m 的取值范围是 3 7(,88 （17）（本小题 14 分）解：（）在四棱柱1111ABCDA B C D中，取棱 AD 中点为 O，因为11AAA D，所以1AOAD.又因为平面11A ADD 平面 ABCD，且平面11A ADD平面 ABCDAD，所以1AO 平面 ABCD.所以1AOAB.因为底面 ABCD 是正方形，所以 ABAD，因为1ADAOO，所以 AB 平面1A AD.所以 AB 1A D，即1A DAB.（

4、）如图建立空间直角坐标系Oxyz，设1OA 长度为 a，因为正方形 ABCD 的边长2AD，则(0,0,0)O，(0,1,0)A，(2,1,0)B，(0,1,0)D，1(0,0,)Aa，1(2,2,)Ca.3 所以(2,0,0)AB，1(0,1,)A Da，11(2,2,0)AC.设平面11A DC 的法向量为(,)nx y z，则 1110,220,n A Dyazn ACxy 令1z ，则,yaxa ，于是(,1)na a.因为 AB 与平面11A DC 的所成角的正弦值为217，所以2221cos,7221AB naAB nABna，所以 3a，所以22113 12AAAOAA.（18）

5、（本小题 14 分）解：（）早睡人群睡眠指数 25%分位数估计在第 3 组，晚睡人群睡眠指数 25%分位数估计在第 2 组.（）X 的取值范围是0，1，2，3，0303411=055125P XC （）=12134112=155125P XC （）=21234148=255125P XC （）=30334164=355125P XC （）=所以随机变量 X 的分布列为：X0123P1125121254812564125所以随机变量 X 的数学期望11248641201231251251251255E X （）.（）这种说法不正确.zyxD1C1B1OA1DABC4 例如：当第 1 组均值为 0

6、，第 2 组均值为 51，第 3 组均值为 66，第 4 组均值为76，第 5 组均值为 91，则睡眠指数的均值为00.00151 0.111660.346760.48691 0.05600.001660.346760.48691 0.05651 0.05651 0.05500.001660.346760.48671 0.11251 0.055760.001760.346760.486760.112760.05576所以这种说法不正确.法 2.例如：当第 1 组均值为 0，第 2 组均值为 51，第 3 组均值为 66，第 4 组均值为 76，第 5 组均值为 91，则睡眠指数的均值为00.0

7、0151 0.111660.346760.48691 0.056051 0.12660.35760.5091 0.0672.6876.所以这种说法不正确.（19）（本小题 14 分）解：（）因为2()(1)exf xaxx，所以 01f，21 exfxx axa，所以 00f，所以切线为：1y .（）21 exfxx axa.（1）当0a 时，exfxx，令 0fx，得0 x，fx 与 fx的情况如下：(,0)0(0,+)()+0 ()此时，fx 在0 x 处取得极大值，符合题意；（2）当0a 时，令 0fx，得0 x，或12xa.当102a时,120a,fx 与 fx的情况如下：(,0)0(

8、0,1 2)1 2(1 2,+)()+0 0+5 此时，fx 在0 x 处取得极大值，符合题意；当12a 时，120a，0fx，fx 单调递增，无极大值，不符合题意；当12a 时,120a,fx 与 fx的情况如下：此时，fx 在0 x 处取得极小值，不符合题意；（3）当0a 时，120a.fx 与 fx的情况如下：此时，fx 在0 x 处取得极大值，符合题意.综上，1,2a.（）10,4.（20）（本小题 15 分）解：（）由 11:(2)2lyx可知(0,1),(2,0),AB 椭圆方程22:14xCy,所以，离心率32e.（）方法一：由2244ykxmxy，得222(41)8440kxk

9、mxm，由2222644(41)(44)0k mkm，得2241km.设1122(,),(,),P x yQ xy()(,1 2)1 2(1 2,0)0(0,+)()+0 0+()(,1 2)1 2(1 2,0)0(0,+)()0+0 ()6 则2121222844,4141kmmxxx xkk，由题意得111111(,1),(,2)2D xxE x xy，因为,B E Q 三点共线，且直线 BQ 斜率存在，所以BQBEkk，即21121222yxyxx，所以 122110(2)(2)(2)xyxxy12211(2)()(2)(2)xkxmxxkxm 1212(21)(22)()(44)kx

10、xmkxxm 222448(21)(22)()(44)4141mkmkmkmkk 化简得，2(41)2(21)0mkmkk.所以(2)(2+1)=0mk mk.又因为2(2,0)Bl，所以20,2+1=0mkmk,所以 2l 恒过定点(2,1).方法二：下面证明 2l 恒过定点(2,1)G.设1122(,),(,),P x yQ xy则111111(,1),(,2)2D xxE x xy,所以1111111221222BPBEyxyxkkxxx,设直线:(2)BP yn x，代入2244xy,得：2222(41)161640nxn xn,因为2222164822,4141PPnnxxnn，7

11、所以24(2)41PPnyn xn,所以2222411(21)418224241PPGPnynnknxn，用1 n代替n，得222(1)1(21)44QGnnk.所以PGQGkk，所以,P Q G 三点共线,所以 2l 恒过定点(2,1)G.（21）（本小题 14 分）解：（）因为nan，所以111kkaka 所以 na是1P 数列（）因为 na是2P 数列，所以112tssttt，解得01st ，（）先证明2121kkaa (1 2 k，)则2122221222112kkkkkkaaaaaa，所以2121kkaa (1 2 k，)再证明6616263kkkkaaaa，(1 2 k，)是公差为

12、 1 的等差数列设6kab，611kab ，62kac，631kac ，则213cbcb，所以2cb所以6616263kkkkaaaa，(1 2 k，)是公差为 1 的等差数列 接下来证明636261kkkaaa，(1 2 k，)是公差为 1 的等差数列设63kad，62kae，611kae ，6kaf，则123edfefd，所以1ed 8 所以636261kkkaaa，(1 2 k，)是公差为 1 的等差数列 由、，6616265kkkkaaaa，(1 2 k，)是公差为 1 的等差数列因为82a，所以67891011012345aaaaaa，因为6510aa，所以51a 又由、，所以23454321aaaa ，因为2114aa，10a，所以15a 所以6nan(1 2 11n，)最后证明666kak(1 2 k，)，从而6nan 当1k 时，已证（反证法）假设存在 k 使得666kak不成立，且此时最小的 k 为(2)r r 则6(1)6(1)6rar，即66612rar 所以61670rar 所以661166rraar又因为6666120rraar，所以666rar，与假设矛盾所以666kak(1 2 k，)恒成立，从而6nan