《2019-2020年北京市东城区高三数学第一学期期末试卷 参考答案（终稿）202001》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020年北京市东城区高三数学第一学期期末试卷 参考答案（终稿）202001（6页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、东城区东城区 20201919- -20202020 学年度第一学期期末教学统一检测学年度第一学期期末教学统一检测 高三数学参考答案及评分标准高三数学参考答案及评分标准 2020.12020.1 一、选择题（共一、选择题（共 8 8 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 4040 分）分） （1）D （2）C （3）B （4）A （5）B （6）C （7） A （8）C 二、填空题（共二、填空题（共 6 6 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 3030 分）分） （9）4 （10） 145 24 （11）0 （答案不唯一） （12）4 （13）2或10 （14） 三、解答
2、题（共三、解答题（共 6 6 小题，共小题，共 8080 分）分） （15） （共 13 分） 解： （）由正弦定理可得sinsin3cos sin =0CACA. 因为sin0A， 所以tan3.C 又因为0C , 所以 2 = 3 C. .7 分 （）由正弦定理得 3 2 sin1 2 sin= 22 3 bC B c , 又因为0 3 B ， 所以 , 66 BABC . 所以ABC的面积 111 sin2 2 33 222 SbcA . .13 分 （16） （共 13 分） 解： （）由题意可知，从高校大学生中随机抽取 1 人，该学生在 2021 年或 2021 年之前升级到 5G
3、的概率估计为样本 中早期体验用户和中期跟随用户的频率，即 270530 0.8 10001000 . .3 分 （II）由题意X的所有可能值为 0,1,2. 记事件A为“从早期体验用户中随机抽取 1 人，该学生愿意为升级 5G 多支付 10 元或 10 元以上” ， 事件B为“从中期跟随用户中随机抽取 1 人，该学生愿意为升级 5G 多支付 10 元或 10 元以上” ， 由题意可知，事件，AB相互独立，且 ( )1 40%0.6P A ，( )1 45%0.55P B ， 所以(0)()(1 0.6)(1 0.55)0.18P X=P AB， (1)()()() ( )(1( )(1( )
4、( ) 0.61 0.551 0.6) 0.55 0.49 P XP AB+ABP ABP AB P AP BP A P B （）（ ， ()()0.6 0.550.33.P X=2P AB 所以X的分布列为 X 0 1 2 P 0.18 0.49 0.33 故X的数学期望0 0.18 1 0.492 0.331.15（ ）E X . 10 分 （III）设事件D为“从这 1000 人的样本中随机抽取 3 人，这三位学生都已签约 5G 套餐” ，那么 3 270 3 1000 ()0.02. C P D C 回答一：事件D虽然发生概率小，但是发生可能性为0.02，所以认为早期体验用户没有发生变
5、化. 回答二：事件D发生概率小，所以可以认为早期体验用户人数增加. 13 分 （17） （共 14 分） 解： （）在三棱柱 111 ABCA BC中，由于 1 BB 平面ABC， 所以 1 BB 平面 111 ABC又 1 BB 平面 11 B BCC ， 所以平面 11 B BCC平面 111 ABC，交线为 11 BC. 又因为ABBC， 所以 1111 A BBC 所以 11 AB 平面 11 B BCC 因为 1 BC 平面 11 B BCC， 所以 111. A BBC 又因为 1 2BBBC， 所以 11 B CBC 又 1 1 AB 11 BCB, 所以 1 BC平面 11 A
6、 B C 5 分 （）由（）知 1 BB 底面ABC，ABBC 如图建立空间直角坐标系Bxyz由题意得(0,0,0)B，(2,0,0)C， 1(0,2,2) A， 1(0,0,2) B 所以 1 (2,0, 2)BC uuu r ， 1 (0, 2, 2)AB uuu r 所以 11 11 11 1 cos, 2 | A B B C A B B C BAB C uuu r uuu r uuu r uuu r uuu ruuu r 故异面直线 1 BC与 1 AB所成角的大小为 3 9 分 （）易知平面 11 A ACC的一个法向量为(1,1,0)n， 由 1 1 B M BC ，得(2 ,0,
7、 22 ).M 设 1 1 A N AB ，得(0, 22, 22 )N， 则( 2, 22, 22 )MN 因为/MN平面 11 A ACC ，所以 0MN n， 即( 2 , 22, 22 ) (1,1,0)0， 解得1 所以 1 1 1 A N AB 14 分 （18） （共 13 分） 解：() 因为 32 1 ( )3 3 f xxxax， 所以 2 23fxxxa. 由( )f x在1x 时，有极值得 11 230fa ， 解得 1a . 经检验，1a 时，( )f x有极值. 综上，1a . 4 分 （）不妨设在直线1x 上存在一点(1, )Pb， 设过点P与( )yf x相切的
8、直线为l，切点为 00 (,)xy， 则切线l方程为 322 000000 1 3(23 )() 3 yxxaxxxa xx. 又直线l过(1, )Pb，有 322 000000 1 3(23 )(1) 3 bxxaxxxax ， 即 32 000 2 2+230 3 xxxab . 设 32 2 ( )223 3 g xxxxab， 22 ( )2422(1)0g xxxx. 所以( )g x在区间(,) 上单调递增， 所以( )0g x 至多有一个解. 过点P与( )yf x相切的直线至多有一条. 故在直线1x 上不存在点P，使得过P至少有两条直线与曲线( )yf x相切. 13 分 （1
9、9） （共 14 分） 解：（）由题意 2 222 2 2 1 c a b abc ， ， ， 解得 2 2a . 所以椭圆C的方程为 2 2 1. 2 x y 4 分 （）由已知直线l的斜率不为 0. 设直线l方程为1yk x.直线l与椭圆C的交点为 1122 ,A x yB xy. 由 2 2 1 1 2 yk x x y ， 得 2222 214220kxk xk. 由已知，判别式0 恒成立，且 22 1212 22 422 ,. 2121 kk xxx x kk 直线 1 F A的方程为 1 1 1 1 y yx x ，令0 x ，则 1 1 (0,) 1 y M x . 同理可得 2
10、 2 (0,) 1 y N x . 所以 2 12 12 11 1212 11 11 1111 kxxy y FM FN xxxx uuuu r uuu r 2222 12121212 12121212 1111 1 11 kx xkxxkkx xxx x xxxx xxx . 将代入并化简，得 2 11 2 71 81 k FM FN k uuuu r uuu r . 依题意， 1 MFN我锐角，所以 11 0FM FN，即 2 11 2 71 0 81 k FM FN k uuuu r uuu r . 解得 2 1 7 k 或 2 1 8 k . 综上，直线l斜率的取值范围是 7227 (
11、,)(,0)(0,)(,) 7447 UUU. .14 分 （20） （共 13 分） 解：（）= 3 5 6 7 9 10T， ， ，. 3 分 （）假设存在ij N，使得()=1024S ij，则有 1 102422(1)2(1)()LL iij aaaiijjiij ， 由于ij与ji奇偶性相同， 所以ij与1ji 奇偶性不同. 又因为3ij ，1 2ji ， 所以1024必有大于等于3的奇数因子， 这与1024无1以外的奇数因子矛盾. 故不存在ij N，使得()=1024S ij，成立. 8 分 （）首先证明 n an时，对任意的m N都有2t m bt N，. 若, ij N，使得：
12、 (1)() (1)2 2 L t jiij iij ， 由于1ji 与ji均大于2且奇偶性不同，所以 1 (1)()2tjiij 不成立. 其次证明除2 () t tN形式以外的数，都可以写成若干个连续正整数之和. 若正整数2 (21) t hk ，其中tN，k N. 当 1 221 t k 时，由等差数列的性质有： (21) 222 =(2)(21)2(21)(2) tttttttt k hkk 个 LLL 144444 4244444 4 3 此时结论成立. 当 1 221 t k 时，由等差数列的性质有： 2 (21)(21)(21) =(21)(1)(1)(2)(2 ), t tt hkkk kkkkkk 个 L 1444444444444 42444444444444 4 3 LL 此时结论成立. 对于数列22 n an. 此问题等价于数列0 1 2 3n， ，LL，其相应集合T中满足：1010 n b 有多 少项. 由前面的证明可
