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海淀区 2024—2025 学年第二学期期末练习
2025.05
高三数学参考答案
一、选择题（共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分）
（1）A （2）B （3）D （4）A （5）D
（6）C （7）C （8）B （9）B （10）C
二、填空题（共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分）
（11） 3 （12） (0, 1) （13）2， 4+ 2 3
1
（14） (0,1), (2, ) （15）①②④
2
三、解答题（共 6 小题，共 85 分）
（16）（本小题 13 分）
π π
解：（Ⅰ） f (x) = cos cos2 x + sin sin2 x cos2 x
3 3
3 1
= sin2 x cos2 x
2 2
π
= sin（2 x ） .
6
1
若 = ，则 f (x) = sin(x ) ，
2 6
1
所以， f (0) = .
2
π π
因为 y = sinx的单调增区间为 + 2kπ， + 2kπ ，k Z，
2 2


π π π
所以 x + 2kπ， + 2kπ6 2 2
，k Z，

π 2π
所以 x + 2kπ， + 2kπ ， k Z .
3 3
π 2π
所以 f (x)的单调递增区间为 + 2kπ， + 2kπ ， k Z .
3 3
（Ⅱ）选条件①.
π
因为 0 ， f (x) 在区间[0， ]上单调递增，
3
高三年级（数学）参考答案 第 1 页（共 7 页）
T 2π π 3
所以 = ，即 .
2 4 3 2
π π
因为 f (x) = sin（2 x ）， f (0) + f ( ) = 0，
6 6
π π π π π 1
所以 sin( ) + sin( ) = 0，即 sin（ ）= ，
6 3 6 3 6 2
π
又因为 f (x)在区间[0， ]上单调递增，
3
π π π
所以 =2kπ + ,k Z ，即 =6k +1,k Z，
3 6 6
3
又 0 ，
2
所以， =1，
所以 f (x)最小正周期T = π .
（Ⅱ）选条件②.
π
因为 0 ， f (x) 在区间[0， ]上单调递增，
3
T 2π π 3
所以 = ，即 .
2 4 3 2
π π
因为 x = 是 f (x) 的一个极值点， f (x) 在区间[0， ]上单调递增，
3 3
π
所以 f ( ) =1，
3
2 π π π
所以 = 2kπ + ,k Z ，即 = 3k +1,k Z ，
3 6 2
3
又 0 ，
2
所以 =1，
所以 f (x)最小正周期T = π .
（17）（本小题 13分）
解：（Ⅰ）因为平面 ABC ⊥平面 ACEF ，平面 ABC 平面 ACEF = AC ，CE ⊥ AC ，
所以CE ⊥平面 ABC ，
所以CE ⊥ AB， z
又因为 AB ⊥ BC ， BC CE = C ， B
所以 AB ⊥平面 BCE .
（Ⅱ）过点C 在平面 ABC 内作 AC 的垂线CD，
因为CE ⊥平面 ABC ， x A C
所以CD ⊥CE ，CD ⊥ AC ， F E
y
高三年级（数学）参考答案 第 2 页（共 7 页）
所以CD ⊥平面ACEF .
设 EF = a ， a 0，
则 A(4,0,0),F(a,2,0), B(1,0, 3) ， E(0,2,0)，
所以 AF = (a 4,2,0),BE = ( 1,2, 3),EF = (a,0,0)，
设平面 BEF 的法向量为n = (x, y, z)，则
n BE = 0, x + 2y 3z = 0,
即
n FE = 0, ax = 0 ,
令 y = 3 ，则 z = 2 ，于是n = (0, 3,2)，
2 3 21
所以， sin = cos AF,n = = ，
7 (a 4)2 + 4 7
所以 a = 4，即 EF = 4 .
其它建系：
z
（Ⅱ）过点 B 作 BO ⊥ AC ，过O 作OD ⊥ AC 交EF 于 D ， B
因 为 平 面 ABC ⊥ 平 面 ACEF ， BO ⊥ AC ，
BO 平面ABC ,平面 ABC 平面 ACEF = AC ，
所以 BO ⊥平面ABCD . A O C y
设 EF = a ， a 0，
F D E
x
则 A(0, 3,0),F(2,1 a,0) ,B(0,0, 3)，E(2,0,0)，…7分
所以， AF = (2,4 a,0),BE = (2,0, 3),EF = (0,1 a,0)，
设平面 BEF 的法向量为n = (x, y, z)，则
n BE = 0, 2x 3z = 0,
即
n FE = 0, (1 a)y = 0,
令 x = 3，则 z = 2 ，n = ( 3,0,2)，
2 3 21
所以， sin = cos AF,n = = ，
7 4 + (4 a)2 7
所以 a = 4，即 EF = 4 .
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（18）（本小题 14 分）
解：
80 + 40 + 20
（Ⅰ）依据题目条件用频率估计概率 p = = 0.7 .
200
（Ⅱ）从该市初中生、高中生两个不同群体中各自随机抽取 1 人, 用频率估计概率
1
初中生愿意购买白色新品跑鞋的概率为 ，
2
3
高中生愿意购买白色新品跑鞋的概率为 ,
4
X 的取值范围为{0,1,2},
1 1 1
P(X = 0) = = ；
2 4 8
1 3 1 1 1
P(X =1) = + = ；
2 4 2 4 2
1 3 3
P(X = 2) = = .
2 4 8
故 X 的分布列为：
X 0 1 2
1 1 3
P(X )
8 2 8
1 1 3 5
期望 EX = 0 +1 + 2 = .
8 2 8 4
（Ⅲ） pA p .
（19）（本小题 15 分）
解：（Ⅰ）当m = 0时， l 为 y = x ，
x2 x2
代入椭圆方程得 + =1，解得 x2
3
= ，
6 2 2
所以 AB = 2 x2 + y2 = 2 3 .
y = x +m,

（2）由 x2 y2 得 4x
2 +6mx+3m2 6 = 0 .
+ =1
6 2
= 36m2 16(3m2 6) = 96 12m2 0，
高三年级（数学）参考答案 第 4 页（共 7 页）
解得m2 8，即 2 2 m 2 2 .
设 A(x1, y1), B(x 中点为 ， 2 , y2 ), AB M
3 3m2 6
则 x1 + x2 = m, x1x2 = ，
2 4
x1 + x2 3m m 3m m可得 xM = = , y ，即M = xM +m = M ( , ) .
2 4 4 4 4
由题意可得 P(0,m) ，
2 2
3m m 3 2
所以 MP = + m = m ，
4 4 4
2
2 2 3 2 9 3 2
可得 MQ = PQ MP = 9 m = 9 m
2 = 8 m2 ，

4

8 4
1 1
又因为 MB = AB = 1+ k 2 x x ， 1 2
2 2
1 2
= 1+ k 2 (x1 + x2 ) 4x x ， 1 2
2
2 9m2 6
= (3m2 6) = 8 m2 ，
2 4 4
因为 | QA |=| QB |，
所以QM ⊥ AB.
在 Rt QMB中， MQ = 3 MB ，

所以 AQB = .
3
（20）（本小题 15 分）
解：（Ⅰ） f (x)的定义域为 ( 1,+ ) .
因为 f (x) = e x ln(x +1) ax ，
1
所以 f (0) = 0， f '(x) = [ ln(1+ x)+ ]e x a ，
1+ x
所以 f '(0) =1 a ，
所以曲线 y = f (x)在 x = 0处的切线方程为 y = (1 a)x .
（Ⅱ）由题设 g(x) = f '(x)
高三年级（数学）参考答案 第 5 页（共 7 页）
2 1
所以 g '(x) = [ln(1+ x) ]e x ，
1+ x (1+ x)2
2 2
因为 x ( 1,0) ，所以 ln(1+ x) 0， 0 ， 0 ，
1+ x (1+ x)
2
所以 g '(x) 0在 ( 1,0) 上恒成立，
所以 g(x) = f '(x)在区间 ( 1,0) 上单调递减， g(0) = f '(0) =1 a .
①当 a 1时， f '(x) f '(0) =1 a 0对于任意的 x ( 1,0) 恒成立，
所以 f (x)在 ( 1,0) 上单调递增，
所以 f (x)在 ( 1,0) 上无极值点.
1 1
1 1 1
②当 a 1时， f '(0) =1 a 0， f '( 1) = (ln a + a)e a a ae a a a a = 0， …9 分
a
1 1
所以存在唯一的 x0 ( 1,0) ，使得 f '(x) = 0 ，其中 1 1 0 ，
a a
f '(x) 与 f (x)的变化情况如下表：
x ( 1, x ) 0 x 0 (x 0 ,0)
f '(x) + 0
f (x) ↗ 极大值 ↘
所以 f (x)在 ( 1,0) 上有一个极大值点，无极小值点.
综上，当 a 1时 f (x)在 ( 1,0) 上的极值点个数为 0.
当 a 1时 f (x)在 ( 1,0) 上的极值点个数为 1.
（Ⅲ） a 取值范围为 ( ,1] .
（21）（本小题 15 分）
解：（Ⅰ）Q 是平衡的，Q 不是平衡的． 1 2
（Ⅱ）（ⅰ）当1 A 时，对于 A 中的每个元素 j ，考虑 . 1 1 {1, j}
由③知存在唯一的 k j 1，满足{1, j} A ，则 k Bk j 1 . j
将每一个 j A 对应到 k B ， 1 j 1
若 j j ，就有 k j k j ，否则{ j, j } A1 且{ j, j } A 与③矛盾． k j
所以 | A1 | | B |． 1
（ⅱ）对 A1, A2 ,..., Am 中所有元素的总个数算两次（重复出现的计多次），
一方面总个数就是 | A1 | + | A2 | + + | Am |，
高三年级（数学）参考答案 第 6 页（共 7 页）
另一方面，按照每个元素出现的次数计算，这个总个数也是 | B1 | + | B | + + | B |， 2 n
所以 | A1 | + | A2 | + + | Am |=| B1 | + | B2 | + + | B |．（*） n
不妨设 | B1 |,| B2 |,...,| B |中最小的（之一）为 | B | ， n n
且 B ={1,2,...,t}，由②③知1 t n . n
再不妨设 s A （ s =1,2,..., t ）． s
由（i）的证明方法可证：当 i Ak 时， | Bi | | Ak |，
由③知 s A （ s =1,2,..., t 1）， t A ， s+1 1
所以 | As+1 | | B |（ s =1,2,..., t 1），s | A1 | | Bt |，
又因为 n At+1, At+2 ,..., A ，所以 | A 都不大于 ， m t+1 |,| At+2 |,...,| Am | | Bn |
全部相加得 | A1 | + | A2 | + + | Am | | B1 | + | B2 | + + | Bt | +(m t) | B | ， n
由 | B | 的最小性知n | B1 | + | B2 | + + | Bn | | B1 | + | B2 | + + | Bt | +(n t) | Bn |，
结合（*）可得
| B1 | + | B2 | + + | Bt | +(m t) | Bn | | B1 | + | B2 | + + | Bt | +(n t) | Bn | ，
所以m n．
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