北京市海淀区2023-2024学年高三下学期期中练习（一模）数学答案.pdf

1、高三年级（数学）参考答案 第 1 页（共 8 页）海淀区 20232024 学年第二学期期中练习 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）D（2）A（3）B（4）C （5）D（6）A（7）B（8）C（9）D （10）C 二、填空题（共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分）（11）4 （12）2（13）16 4041 （14）1(,0)4（答案不唯一）（15）三、解答题（共 6 小题，共 85 分）（16）（共 13 分）解：（）由正弦定理sinsinsinabcABC及sin3 cos2bCcBc，得 sinsin3sincos2sinBCCBC.

2、因为(0,)C，所以sin0C.所以sin3cos2BB.所以sin()13B.因为(0,)B，所以32B，即6B.（）由余弦定理得2223cos22acbBac.因为2 3a，所以22126cbc.因为4bc，所以2c.所以ABC的面积为1sin32acB.#QQABYQiQggAIQJAAABgCQQHSCAGQkBACAIoGgBAMMAAACQFABAA=#1高三年级（数学）参考答案 第 2 页（共 8 页）（17）（共 14 分）解：（）取PC的中点N，连接MN，ND.因为M为BP的中点，所以12MNBC，/MNBC.因为/ADBC，所以/ADMN.所以M，N，D，A四点共面.因为/

3、AM平面CDP，平面MNDA平面CDPDN，所以/AMDN.所以MNAD.所以2BCAD.（）取BC的中点E，连接AE，AC.由（）知2BCAD.所以ECAD.因为/ECAD，所以四边形AECD是平行四边形.所以1ECAD，AECD.因为1ABCD，所以112AEBC.所以90BAC，即ABAC.选选条件条件：BPDP.（）因为1ABAD，PAPA，所以PABPAD.所以PABPAD.因为ABPA，所以90PAB.所以90PAD，即APAD.所以AP 平面ABCD.（）由（）知AP 平面ABCD.所以APAC.NABCDMPABCDEMP#QQABYQiQggAIQJAAABgCQQHSCAG

4、QkBACAIoGgBAMMAAACQFABAA=#2高三年级（数学）参考答案 第 3 页（共 8 页）因为PAAB，1AP，如图建立空间直角坐标系Axyz.则(0,0,1)P，(0,3,0)C，13(,0)22D.所以13(,0)22CD ，13(,1)22PD ，(0,3,0)AC.设平面PDC的法向量为(,)x y zn，则 0,0,CDPD nn即130,22130.22xyxyz 令3x，则1y ，3z .于 是(3,1,3)n.因 为AC为 平 面PAB的 法 向 量，且7cos,7|ACACAC nnn|，所以二面角ClB 的余弦值为77.选选条件条件：CBMCPM.（）所以CB

5、CP.因为1ABAP，CACA，所以ABCAPC.所以90PACBAC，即PAAC.因为PAAB，所以PA平面ABCD.（）同选条件 xzyABCDMP#QQABYQiQggAIQJAAABgCQQHSCAGQkBACAIoGgBAMMAAACQFABAA=#3高三年级（数学）参考答案 第 4 页（共 8 页）（18）（共 13 分）解：（）当35a 时，（）由表可知，科普过程性积分不少于3分的学生人数为103545.所以从该校随机抽取一名学生，这名学生的科普过程性积分不少于3分的频率为450.45100 所以从该校随机抽取一名学生，这名学生的科普过程性积分不少于3分的概率估计为0.45（）根

6、据题意，从样本中成绩不低于80分的学生中随机抽取一名，这名学生的科普过程性积分为3分的频率为35735109.所以从该校学生活动成绩不低于80分的学生中随机抽取一名，这名学生的科普过程性积分为3分的概率估计为79.同理，从该校学生活动成绩不低于80分的学生中随机抽取一名，这名学生的科普过程性积分为4分的概率估计为29.由表可知X的所有可能取值为6,7,8 7749(6)9981P X，7228(7)29981P X，224(8)9981P X 所以X的数学期望4928458()6788181819E X （）7#QQABYQiQggAIQJAAABgCQQHSCAGQkBACAIoGgBAMM

7、AAACQFABAA=#4高三年级（数学）参考答案 第 5 页（共 8 页）（19）（共 15 分）解：（）由题意知1m.设2am，21b，则2221cabm.因为G的离心率为22，所以222ac，即2(1)mm 所以2m，1c.所以m的值为2，点F的坐标为(1,0)（）由题意可设 00(,)P xy（000 x y），(2,)QQy，(,0)MM x，则02x，0Mxx，220022xy.因为PFFQ,所以00(1,)(1,)0Qxyy.所以001Qxyy.因为Q，P，M三点共线，0(2,0)(0,2)x ，所以00002QMyyyxxx.由可得02Mxx.由（）可知1(2,0)A，2(2,

8、0)A.所以2221200000222|()(2)(2)MPMAMAxyxxx 222000220044412122xxxxx.所以22012|102xMPMAMA，即212|MPMAMA.#QQABYQiQggAIQJAAABgCQQHSCAGQkBACAIoGgBAMMAAACQFABAA=#5高三年级（数学）参考答案 第 6 页（共 8 页）（20）（共 15 分）解：（）因为12()eaxf xx，所以111222()eee(1)22axaxaxxxfx.令()0fx，得2x ()fx与()f x的变化情况如下表：x(,2)2(2,)()fx 0 ()f x 所以，函数()f x的单调

9、递增区间是(,2)；单调递减区间是(2,)（）令2()()eh xf xa，则()()h xfx.由（）可得：函数()h x的单调递增区间是(,2)；单调递减区间是(2,)所以()h x在2x 时取得最大值12(2)2 eeaha.所以当2x 时，1222()e+ee(0)axh xxaah；当02x时，()(0)h xh，即当(0,)x时，()(0),(2)h xhh.所 以()|()|g xh x在(0,)上 存 在 最 大 值 的 充 分 必 要 条 件 是122|2 ee|e|aaa，即122122 eeeee02aaaaa.令12()eexm xx，则12()eexm x.因为12(

10、)ee0 xm x，所以()m x是增函数.因为22(1)ee0m，所以12()ee0am aa的充要条件是1a .所以a的取值范围为 1,).#QQABYQiQggAIQJAAABgCQQHSCAGQkBACAIoGgBAMMAAACQFABAA=#6高三年级（数学）参考答案 第 7 页（共 8 页）（21）（共 15 分）解：（）11b,36b （）由题意知3m.当3m 时，因为11a，00b，所以11b.因为23aa，且2a，3a均为正整数，所以21a，或31a.所以23b.因为4a，5a，6a是互不相等的正整数，所以必有一项大于2.所以36b.所以12310bbb，不合题意.当4m 时

11、，对于数列Q：4,1,3,2,1,2,3,4,1,2,3,4,1,2,3,4有12313711bbb.综上所述，m的最小值为4.（）因为1min|,ttnbn nb at，0,1,2023t，所以1ttbb，0,1,2023t.（）若12024tb，则当1tnb时，至少以下情况之一成立：nat，这样的n至多有t个；存在it，ibn，这样的n至多有t个.所以小于1tb的n至多有2t个.所以1121tbttt .#QQABYQiQggAIQJAAABgCQQHSCAGQkBACAIoGgBAMMAAACQFABAA=#7高三年级（数学）参考答案 第 8 页（共 8 页）令212024t ，解得11

12、012t .所以10122024b.（）对*kN，若12024ttbkb，且120242024(1)t lkbk，因为1min|,t lt lnbn nbatl ，所以当1(2024,)t lnk b 时，至少以下情况之一成立：natl，这样的n至多有tl个；存在i，titl 且ibn，这样的n至多有l个.所以120241202421t lbktllktl .令212024tl，解得20232tl，即202512ttl ，其中 x表示不大于x的最大整数.所以当12024ttbkb时，202522024(1)tbk；综上所述，定义11012C，120252kkCC，则2024kCbk.依次可得：21518C，31771C，41898C，51961C，61993C，72009C，82017C，92021C，102023C.所以20232024 1020240b.#QQABYQiQggAIQJAAABgCQQHSCAGQkBACAIoGgBAMMAAACQFABAA=#8