1、1昌平区 20212022 学年第一学期高三年级期末质量抽测数学试卷参考答案及评分标准2022.1一、选择题(共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分)题号12345678910答案ABACDCBDCD二、填空题（共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分）（11）53（12）0; 2（13）2（答案不唯一）（14）6（15）5*210nnN()；三、解答题(共 6 小题，共 85 分)（16)（共 13 分）解： （I）由余弦定理222cos2bcaAbc及222abcbc，得1cos2A .因为0A ， 所以23A.5 分（II）选条件：sin57,sin3BaC.由正弦定理sinsi
2、nbcBC及sin5sin3BC，得53bc.在ABC中，7a ,设5 ,3 (0)bx cx x，由222abcbc，得2227(5 )(3 )53xxxx，解得1,5,3xbc.设BC 边上高线的长为, h由11sin22ABCSbcAah，解得15 3.14h 13 分（17） （共 13 分）解：因为/ /ADBC，AD 平面PBC，BC 平面PBC,所以/ /AD平面PBC.因为AD 平面ADE，平面ADE 平面PBCEF,2所以/ /ADEF.所以/ /BCEF.因为点E是PB的中点,所以点F是PC的中点.5 分() 因为PD 平面ABCD，,AD DC 平面ABCD,所以,PDA
3、D PDCD.由ADCD，如图建立空间直角坐标系Dxyz，则(1,0,0)A,(2,2,0)B,(0,2,0)C,(0,0,2)P,(1,1,1)E,(0,1,1)F,( 1,0,0)EF ,(0,0, 2)PD ,( 1, 1,1)EP ，(1,0, 2)PA .设(0,0, 2 ),01PMPD ,所以( 1, 1,12 )EMEPPM .设平面EFM的一个法向量为( , , )nx y z,则0,0,n EFn EM 即0,(1 2 )0.xxyz 令1z ，则1 2y ，所以(0,12 ,1)n.所以22cos,| |5 (12 )1n PAn PAnPA .设直线PA与平面EFM所成
4、的角为,则224sin|cos,|55 (12 )1n PA ,解得：14或34.所以14PMPD或34PMPD.13 分(18)（共 14 分）3解：（I） 设事件 A 为 “从 10 所学校中选出的 1 所学校 “自由式滑雪”的参与人数超过 40 人” “自由式滑雪”的参与人数超过 40 人的学校共 4 所，所以42( )105P A 4 分（II）(i) X 的所有可能取值为 0，1，2，3， “单板滑雪”的参与人数在 45 人以上的学校共 4 所所以03124646331010C CC C11(0), (1)C6C2P XP X,21304646331010C CC C31(2), (
5、3)C10C30P XP X.所以 X 的分布列为X0123P1612310130所以11316()01236210305E X 11 分（ii）设事件 B 为“参训前，该同学考核为优秀 ” ，则334444( ) = C0.20.8C0.20.0272P B参考答案 1：可以认为该同学在参训后“单板滑雪”水平发生了变化理由如下：( )P B比较小，即该同学考核为“优秀”为小概率事件，一旦发生了，就有理由认为该同学在参训后“单板滑雪”水平发生了变化 参考答案 2：无法确定该同学在参训后“单板滑雪”水平发生了变化理由如下：事件B是随机事件，( )P B比较小，即该同学考核为“优秀”为小概率事件，
6、一般不容易发生，但还是可能发生的，因此，无法确定该同学在参训后“单板滑雪”水平发生了变化 14 分(19)（共 15 分）解： （I）1a 时，2112( )2ln ,( )f xx fxxxx .(1)3,(1)1,ff 4所以曲线( )yf x在点(1, (1)f处的切线方程为13(1),yx 即340 xy.5 分（II）只需求满足0,x (1)ln2aaxxx恒成立的实数a的取值范围.设( )(1)ln2,ag xaxxx其中0 x .2222(1)(1)(1)()( )1.aaxaxaxxag xxxxx 若0,a ( )0, ( )g xg x在(0,)上单调递增.因为(1)10,
7、ga 所以0a 不满足条件.若0,a 令( )0,.g xxa当(0, )xa时，( )0, ( )g xg x在(0,)上单调递减，当( ,)xa时，( )0, ( )g xg x在(0,)上单调递增，所以min( )( )1(1)ln2(1)(1ln ).g xg aaaaaa 令min( )(1)(1ln )0g xaa，解得1e.a综上，实数a的取值范围为(1,e).15 分（20） （共 15 分）解：()由题设，得222,911.bab解得2212,4ab.所以椭圆C的方程为：221124xy.5 分()依题意，直线MN的斜率存在，设其方程为(4)yk x.由221124(4)xy
8、yk x，得2222(31)2448120kxk xk.5由248(1)0,k 得21k ，即11k .设1122( ,),(,)M x yN xy,则22121222244812,3131kkxxx xkk.直线MA的方程为11111(3)(3)3yyxxx ，令4x ，得点P的纵坐标11114(3)3Pyxyxx.同理可得点Q的纵坐标22224(3)3Qyxyxx.所以1122124433PQyxyxyyxx21112212(3) (4)4(3) (4)4(3)(3)xk xxxk xxxx211212(1)(3)(4)(1)(3)(4)(3)(3)kxxkxxxx211212121212
9、(1)(3)(4)(3)(4)(3)(3)(1)27()24.(3)(3)kxxxxxxkx xxxxx因为2212122248122427()2427243131kkx xxxkk222241731240,31kkkk 所以0PQyy.所以线段PQ的中点坐标为(4,0)是定点.15 分（21） （共 15 分）（）数列na的一个长度为4的“等比伴随数列”为1,4,16,64（答案不唯一）.4 分6（）由题意，112233445babababab，即111112,24,428,8316aadadad，则03d.又数列:1,4,7,10na符合题意，所以d的最大值为3.9 分（）设长度为N的“等
10、比伴随数列”的公比为q，则对任意正整数k，当=2 3kN， ， ，时，都有11kkkbab成立，即121kkqkq 对2kN恒成立.当=2k时，有1q ；当=3k时，22qq，即22q;当4k ，有ln(1)ln(1)ln12kkqkk恒成立，即当4k 时，maxminln(1)ln(1)()12kkkk（）.令ln(1)( )(4),1xf xxx当4x 时，21ln(1)( )0(1)xfxx，所以( )f x在4,)单调递减，所以当4k 时，maxln(1)ln3()13kk.同理，令ln(1)( )(4)2xg xxx，则( )g x在4,)上单调递减，即4kN时，minln(1)ln(1)()22kNkN.则ln3ln(1)32NN，即3ln(1)(2)ln30NN.令( )3ln(1)(2)ln3(4)h xxxx，当4x 时，3( )ln301h xx，所以( )h x在4,)上单调递减.又由于(6)3ln54ln30, (7)3ln65ln30hh，所以，存在06 7x （ ，），使得0()0h x，所以N的最大值为615 分
