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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,
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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)
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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 |,
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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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