1、1海淀区海淀区 20212022 学年第一学期期学年第一学期期末末练习练习高三数学高三数学参考答案参考答案2022.01一、一、选择题共选择题共 1010 小题，每小题小题，每小题 4 4 分，共分，共 4040 分分。题号（1）（2）（3）（4）（5）（6）（7）（8）（9）（10）答案CDCACBCBBB二、填空题共二、填空题共 5 5 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 2525 分分。题号（11）（12）（13）（14）（15）答案2 ,2yx yx 12，343sin(2 )yx或3cos(2 )yx或其它2, 2三、解答题共 6 小题，共 85 分。（16） （本小题共
2、 14 分）解解： （）由2220bcabc,可得2221cos222bcabcAbcbc 因为A为三角形内角，所以120Ao.（）选择条件.由（）知C为锐角，又因为2sin2C ，所以45Co，所以180(12045 )15Boooo，所以62sinsin(4530 )sin45 cos30cos45 sin304Boooooo.由正弦定理可得sinsinacAC，所以23sin22sin32aCcA，所以ABCV的面积为116233sin322244acB.说明：最后两步也可以如下计算：2由正弦定理可得sinsinabAB，所以623sin624sin232aBbA，所以ABCV的面积为1
3、162233sin322224abC.（17） （本小题 14 分）解解： （）证法 1：因为长方体1111ABCDABC D中，平面11AA D D平面11BBC C，平面11AA D D 平面1BCEEF，平面11BBC C 平面11BCEBC，所以1BCEF.证法 2：因为长方体1111ABCDABC D中，平面11AA D D平面11BBC C，1BC 平面11BBC C，所以1BC平面11ADD A，因为1BC 平面1CB E，平面11ADD A 平面1CB E=EF，所以1BCEF.（）因为AB，AD，1AA两两垂直，所以以点A为坐标原点，AB，AD，1AA所在直线分别为x轴，y轴
4、，z轴建立空间直角坐标系如图所示：-5 分则0,0,0A，2,2,0C，12,0,1B，0,1,1E，10,2, 1BC ，1=2,1,0B E ，12,0,1AB 平面11B EC的法向量为10,0,1n ，设平面1CB E的法向量为2, ,nx y z，则212100n BCn B E ，可得2020yzxy，令1x ，则2y ，4z ，所以21,2,4n ，所以121222221244 21cos,211124n nn nn n .又因为二面角11CB EC为锐角，3所以，二面角11CB EC的余弦值为4 2121.设点A到平面1CB E的距离为d，则122242 21721AB ndn
5、 .（18） （本小题 14 分）解解： （）法 1：设甲在首轮比赛中正确完成的题数为，易知23,3B，所以(2)(2)(3)PPP3232332482039272722( ) (1)33CC.法 2：1220(2)1(0)(1)127927PPP .（）由题意得X的取值范围是1,2,3124236C C1(1)C5P X ，214236C C3(2)C5P X ，304236C C1(3)C5P X ，所以X的分布列为X123P153515所以131()1232555E X （） 从正确完成实验操作的题数的均值方面分析( )()2EE X，两人水平相当；因为2221312()(12)(22)
6、(32)5555D X ，222( )31333D ，所以， 从正确完成实验操作的题数的方差方面分析()( )D XD,乙的水平更稳定；因为314(2)555P X，4820(2)92727P所以(2)(2)P XP.从至少正确完成 2 题的概率方面分析，乙通过的可能性更大.（19） （本小题 14 分）解解： （）因为点(0, 1)A在椭圆C：22213xyb上，所以将点(0, 1)A代入椭圆方程，可得20113b，所以21b .4所以椭圆C的方程为2213xy.因为2223 12cab ，所以椭圆C的离心率为2633.（）由22(1)13yk xxy可得2222(31)63(1)0kxk
7、xk.42223612(31)(1)24120kkkk 恒成立，设11( ,)E x y，22(,)F x y，则2122631kxxk，21223(1)31kx xk.直线 AE 的方程为1111yyxx，令3x ，得点 M 的纵坐标为113(1)1Myyx，同理可得点 N 的纵坐标为223(1)1Nyyx，所以1212113MNyyMNyyxx211212(1)(1)3x yx yx x211231kxxx x212121231()4kxxx xx x222222263(1)31()431313(1)31kkkkkkk22 3 211kk.因为AMN的面积13(30)3 322AMNSMN
8、MN，所以2 3MN ，即22111kk，化简得220kk，解得0k 或2k .所以k的值为 0 或 2.（20） （本小题 15 分）解解： （）因为( )esin2xf xaxx，5所以(0)fa且( )ecos2xfxax，所以(0)121faa ，所以曲线( )yf x在点(0,(0)f处的切线方程为(1)(0)yaax，即(1)yaxa.（）当0a，0,1x时,因为( )ecos202cos0 xfxaxx,所以( )f x在0,1上单调递增，所以( )f x在0,1上的最小值为(0)fa.（）取1a ，以下证明( )esin21xf xxx 恒成立.令( )esin21xg xxx
9、，即证( )0g x 恒成立.（1）当(,0 x 时，有e1x,cos 1,1x ，所以( )ecos20 xg xx，所以( )g x在(,0上单调递减，所以( )(0)0g xg在(,0上恒成立.（2）当(0,)x时，令( )( )ecos2xG xg xx.因为e1x,sin(0,1x，所以( )esin0 xG xx，所以( )( )ecos2xG xg xx在(0,)上单调递增，所以( )(0)0g xg在(0,)上恒成立.所以( )g x在(0,)上单调递增，所以( )(0)0g xg在(0,)上恒成立.综上，( )0g x 恒成立，所以( )f xa恒成立.（21） （本小题 1
10、4 分）解解： （）B 不是典型表，C 是典型表；（）方法 1.6S不可能等于 17.以下用反证法进行证明.证明：假设617S ，那么典型表6 6()ija中有 19 个 0，在六行中至少有一行 0 的个数不少于 4，不妨设此行为第一行，且不妨设111213140aaaa. 此时前四列中，每一列的其余位置中都至少有 4 个 1，所以前四列中至少有 16 个 1，所以15a与16a中至多有一个 1，即15a与16a中至少有一个为 0，6不妨设150a，则第五列的其余位置中至少又有 5 个 1，所以前五列中已经有不少于 21 个 1 了，与617S 矛盾！所以假设不成立. 所以6S不可能等于 17
11、.（）方法 2.6S不可能等于 17，以下证明618S .证明：因为当典型表6 6()ija中 0 的个数不超过 18 时，那么 1 的个数不少于 18，所以618S ；以下只需证明当典型表6 6()ija中 0 的个数大于 18 时，也有618S 成立.当典型表6 6()ija中 0 的个数大于 18 时，在六行中至少有一行 0 的个数不少于 4，不妨设此行为第一行.（1）若第一行 0 的个数为 6，则6611115jijiaa，不合题意；（2）若第一行 0 的个数为 5，不妨设1112150aaa，161a，此时前 5 列中，每一列的其余位置都只能是 1，所以618S .（3）若第一行 0
12、 的个数为 4，不妨设111213140aaaa，15161aa，此时前4 列中，每一列的其余位置中都至少有 4 个是 1，所以618S .综上，618S . 所以6S不可能等于 17.（）方法 1在水平方向的 n 行和竖直方向的 n 列中，一定存在某一行或某一列中含有的 1 的个数最少， 不妨设第一行中的 1 最少， 并设其个数为k， 其中0,1,2,3, kn. 且不妨设第一行中前 k 个为 1，后()nk个为 0.对于第一行中为 1 的这 k 列中，因为每一列都至少有 k 个 1，所以共有2k个 1；对于第一行中为 0 的()nk列中，每一列中都至少有()nk个 1，所以222222()
13、222()22nnnSknkknknk.以下记22( )2()22nnf kk，（1）当 n 为偶数时，则222( )2()2222nnnnnSf k对任意的k恒成立.而且nS可以取到22n. 例如： 当 “12ni 且12nj ” 和 “12nin 且12njn ”7时，1ija ，其它位置为 0，此时22nnS .（2）当 n 为奇数时，则22211( )2()2222nnnnnSf k对任意的k恒成立.而且nS可以取到212n . 例如：当“112ni 且112nj ”和“12nin 且12njn ”时，1ija ，其它位置为 0，此时2+12nnS .综上，当 n 为偶数时，nS的最小
14、值为22n；当 n 为奇数时，nS的最小值为212n .（）方法 2（整体分析，算两次）设典型表 A 的第 i 列有ic个 0， （1,2,3,in） ，A 的第 j 列有jr个 0，（1,2,3,jn） ，则典型表 A 中 0 的总个数为11nnijijNcr.由定义可得11()()nniijjijc ncr nrnN，所以2211nnijijnNcnNrnN，所以2211nnijijcrnN.又因为22211()niniiicNcnn，22211()ninijirNrnn，所以22NnNn，所以22nN，所以22nnS .（1） 当 n 为偶数时，nS可以取到22n.例如： 当“12ni
15、且12nj ”和“12nin 且12njn ”时，1ija ，其它位置为 0，此时22nnS .（2）当 n 为奇数时，212nnS，而且nS可以取到2+12n.例如：当“112ni 且8112nj ”和“12nin 且12njn ”时，1ija ，其它位置为 0，此时2+12nnS .综上，当 n 为偶数时，nS的最小值为22n；当 n 为奇数时，nS的最小值为212n .（）方法 3在水平方向的 n 行和竖直方向的 n 列中，一定存在某一行或某一列中含有的的个数最少，不妨设第一行中的 1 最少，并设其个数为k，其中0,1,2,3, kn. 且不妨设第一行中前 k 个为 1，后()nk个为
16、0.（1）当 n 为偶数时，若2nk，则222nnnSn；若2nk ，对于第一行中为 1 的这 k 列中，因为每一列都至少有 k 个 1，所以共有2k个 1；对于第一行中为 0 的()nk列中，每一列中都至少有()nk个 1，所以22222()2()222nnnnSknkk.而且nS可以取到22n.例如： 当 “12ni 且12nj ” 和 “12nin 且12njn ”时，1ija ，其它位置为 0，此时22nnS .（2）当 n 为奇数时，若12nk，则21122nnnSn；若12nk，对于第一行中为 1 的这 k 列中，因为每一列都至少有 k 个 1，所以共有2k个 1；对于第一行中为 0 的()nk列中，每一列中都至少有()nk个 1，所以222221()222nnSknkknkn.而且nS可以取到2+12n.例如：当“112ni 且112nj ”和“12nin 且12njn ”时，1ija ，其它位置为 0，此时2+12nnS .综上，当 n 为偶数时，nS的最小值为22n；当 n 为奇数时，nS的最小值为212n .
