数学答案_2.2025数学总复习_2023年新高考资料_3数学高考模拟题_新高考_北京市海淀区2022-2023学年高三上学期期末考试数学_北京市海淀区2022-2023学年高三上学期期末考试数学

海淀区2022—2023学年第一学期期末练习 高三数学 参考答案 一、选择题 题目 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D A D B C B C A D B 二、填空题 （11） 高三数学参考答案 第1页（共7页） ( 1 2 , 0 ) （12） − 8 2 3 （13） 3 （14） y =  3 x ；(1,2] （15）①②④ 三、解答题共6小题，共85分。解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程。 （16）（本小题13分） 解：（Ⅰ） f ( x ) 的解析式为 f ( x ) = s in ( 2 x +  6 ) ，   单调递增区间为[k− ,k+ ](kZ). 3 6  1 （Ⅱ）由（Ⅰ）可知 f(B)=sin(2B+ )= ， 6 2 因为 0  B   ，    所以 2B+ 2+ . 6 6 6 所以 2 B +  6 =   6 .  即B= . 3 由余弦定理得 b 2 = a 2 + c 2 − 2 a c c o s B . 即12=a2 +c2 −ac. 即 1 2 = ( a + c ) 2 − 3 a c . 即12=36−3ac. 即 a c = 8 . 1 所以S = acsinB=2 3 . △ABC 2（17）（本小题14分） 解：（Ⅰ）取 高三数学参考答案 第2页（共7页） P D 中点 N ，连接 A N , M N . 在 △ P C D 中， M , N 分别为 P C , P D 的中点，所以 M N D C ， M N = 1 2 D C ， 因为 A B D C ， A B = 1 2 D C ， 所以 A B M N ，AB=MN. 所以四边形 A B M N 为平行四边形，因此 B M A N . 又因为 B M  平面 P A D ，AN 平面 P A D ， 所以 B M 平面 P A D . （Ⅱ）选择条件① 因为PD⊥平面ABCD， A D , D C  平面ABCD， 所以 P D ⊥ A D ， P D ⊥ D C . 又因为 A D ⊥ D C ， 所以建立如图空间直角坐标系 D − x y z ． 因为 P D ⊥ 平面 A B C D ， B D  平面 A B C D ， 所以 P D ⊥ B D . 所以在 R t △ P B D 中， P D = 1 ， P B = 3 ，可得 B D = 2 . 在 R t △ A B D 中， A D = 1 ， B D = 2 ，所以 A B = 1 ,又因为 A B = 1 2 D C ，所以 D C = 2 . 由题意得D(0,0,0), A (1 , 0 , 0 ) , B (1 ,1 , 0 ) , C ( 0 , 2 , 0 ) , P ( 0 , 0 ,1 ) , M ( 0 ,1 , 1 2 ) ， 所以 D A = (1 , 0 , 0 ) 1 ，DM =(0,1, )， 2 D B = (1 ,1 , 0 ) . 设平面 B D M 的法向量为 n = ( x , y , z ) ， 所以  n n   D D M B = = 0 0 , ,  1 y+ z=0, 即 2  x+ y=0. 令 y = − 1 ，则 x = 1 , z = 2 . 所以平面BDM 的一个法向量为n=(1,−1,2). 易知DA为平面PDM 的一个法向量. nDA 1 6 所以cosn,DA= = = . |n||DA| 61 6 因为二面角 P − D M − B 为钝角，所以二面角 P − D M − B P M N D C A B 6 的余弦值为− . 6 x A z P D B M C y选择条件② 因为 高三数学参考答案 第3页（共7页） P D ⊥ 平面 A B C D ， A D , D C  平面 A B C D ，所以 P D ⊥ A D ， P D ⊥ D C ，又因为 A D ⊥ D C ，所以建立如图空间直角坐标系 D − x y z ． 取 C D 的中点 E ，连接 B E . 因为AB DC， A B = 1 2 D C ，所以AB DE，AB=DE， 又因为 A D ⊥ D C ，所以四边形 A B E D 为矩形. 在 △ B C D 中，因为 B D ⊥ B C ，所以 B E = 1 2 D C . 又因为 A B = 1 2 D C ，所以 A B = B E . 所以四边形 A B E D 为正方形，即 A B = A D = 1 ， D C = 2 . 由题意得D(0,0,0), A (1 , 0 , 0 ) , B (1 ,1 , 0 ) , C ( 0 , 2 , 0 ) , P ( 0 , 0 ,1 ) 1 ,M(0,1, )， 2 所以 D A = (1 , 0 , 0 ) 1 ，DM =(0,1, )， 2 D B = (1 ,1 , 0 ) . 设平面 B D M 的法向量为 n = ( x , y , z ) ， 所以  n n   D D M B = = 0 0 , ,  1 y+ z=0, 即 2  x+ y=0. 令y=−1，则 x = 1 , z = 2 . 所以平面 B D M 的一个法向量为 n = (1 , − 1 , 2 ) . 易知 D A 为平面 P D M 的一个法向量. 所以 c o s  n , D A  = | n n |   D | D A A | = 1 6  1 = 6 6 . 因为二面角P−DM −B为钝角，所以二面角P−DM −B的余弦值为 − 6 6 . （18）（本小题14分） 解：（Ⅰ）由图可知，亩产量是400 kg的概率约为 0 .0 0 5  5 0 = 0 .2 5 ，亩产量是450 kg的概率约为 0.0150=0.5，亩产量是500 kg的概率约为 0 .0 0 5  5 0 = 0 .2 5 . 估计H地区明年每亩冬小麦统一收购总价为1500元的概率为 0 .2 5  0 .6 = 0 .1 5 . （Ⅱ）X 的所有可能取值为960，1080，1200，1350，1500. P ( X = 9 6 0 ) = 0 .2 5  0 .4 = 0 .1 ， P ( X = 1 0 8 0 ) = 0 .5  0 .4 = 0 .2 ， P(X =1200)=0.250.4+0.250.6=0.1+0.15=0.25， P(X =1350)=0.50.6=0.3，P(X =1500)=0.250.6=0.15. x A z P D B M E C y高三数学参考答案 第4页（共7页） X 的分布列为 X 960 1080 1200 1350 1500 P 0.1 0.2 0.25 0.3 0.15 E ( X ) = 9 6 0  0 .1 + 1 0 8 0  0 .2 + 1 2 0 0  0 .2 5 + 1 3 5 0  0 .3 + 1 5 0 0  0 .1 5 = 1 2 4 2 . （3）建议农科所推广该项技术改良. 设增产前每亩冬小麦产量为kg，增产后每亩冬小麦产量为kg，则 5 0 .   = + 设增产后的每亩冬小麦总价格为Y元， 由分析可知E(Y)=E(X)+50(2.40.4+30.6) 所以增产的50 kg会产生增加的收益是 5 0  ( 2 .4  0 .4 + 3  0 .6 ) = 1 3 8  1 2 5 ，故建议农科所推广该项 技术改良. 19. （本小题14分） （Ⅰ）解法一：0是 f ( x ) 的极小值点， 理由如下： 当 x  0 时， ln ( x + 1 )  0 ，所以 f ( x ) = x ln ( x + 1 )  0 . 当 − 1  x  0 时， 0  x + 1  1 ，可知 ln ( x + 1 )  0 ，所以 f ( x ) = x ln ( x + 1 )  0 . 而 f ( 0 ) = 0 ， 由极小值点的定义知，0是 f ( x ) 的极小值点. （Ⅰ）解法二：0是 f ( x ) 的极小值点， 理由如下： x 对函数求导得 f(x)=ln(x+1)+ . x+1 当 x  0 时， ln ( x + 1 )  0 , x x + 1  0 ， 所以 f(x)0. 当 − 1  x  0 时， 0  x + 1  1 ，可知 ln ( x + 1 )  0 , x x + 1  0 ， 所以 f(x)0. 所以 f ( x ) 在区间(0,+)上单调递增,在区间(−1,0)上单调递减. 所以0是 f(x)的极小值点. 1 ln(x+1)+ x2 −x f(x) 1 ln(x+1) 1 2 （Ⅱ）证明： − x+1等价于 − x+1，即 0. x2 2 x 2 x 记 g ( x ) = ln ( x + 1 ) + 1 2 x 2 − x ( x  − 1 ) . 1 x2 求导得g(x)= +x−1= . x+1 x+1 当 x  − 1 时易知g(x)0，所以函数 g ( x ) 在区间(−1,+)上单调递增. 又g(0)=0， 可得当x0时，g(x)g(0)=0，即当 高三数学参考答案 第5页（共7页） x  0 时，不等式 ln ( x + 1 ) + 1 2 x 2 − x  0 成立. 即当 x  0 时，不等式 f ( x x 2 )  − 1 2 x + 1 成立. 当 − 1  x  0 时， g ( x )  g ( 0 ) = 0 ， 即当 − 1  x  0 1 时，不等式ln(x+1)+ x2 −x0成立. 2 即当 − 1  x  0 时，不等式 f ( x x 2 )  − 1 2 x + 1 成立. 综合上述，不等式 f ( x x 2 )  − 1 2 x + 1 成立. （20）（本小题15分） 解：（Ⅰ）将点 P ( − 2 ,1 ) ，Q(2 2,0)坐标带入椭圆E的方程，得  4 a8 a 2 2 + = 1 2 b 1 . = 1 , 解得a2 =8,b2 =2. 所以椭圆 E 的方程为 x 8 2 + y 2 2 = 1 . （Ⅱ）若直线l斜率不存在，即直线 l 为 x = 0 时， A 和 M 点重合， B 和 N 点重合，分别为椭圆 的上下顶点(0, 2),(0,− 2)，此时 | G M |  | G N |= ( 2 − 2 )  ( 2 + 2 ) = 2 ，符合题意. 若直线 l 斜率存在，设直线 A B 的方程为 y = k x + 2 ，A(x,y ),B(x ,y )( 1 1 2 2 x 1  − 2 且 x 2  − 2 ). 联立方程  y x 8 = 2 + k x y 2 + 2 2 = 1 得，(4k2 +1)x2 +16kx+8=0.  = (1 6 k ) 2 − 3 2 ( 4 k 2 + 1 ) = 3 2 ( 4 k 2 − 1 )  0 1 ，k2  ，即 4 k  1 2 或 k  − 1 2 . −16k x +x = ， 1 2 4k2 +1 x 1 x 2 = 4 k 8 2 + 1 . k P A = y 1 x 1 − + 1 2 ，所以直线PA的方程为 y = y 1 x 1 − + 1 2 ( x + 2 ) + 1 ，取x=0得 M ( 0 , 2 ( x y 1 1+ − 1 2 ) + 1 ) . 同理可得 N ( 0 , 2 ( x y 2 2+ − 1 2 ) + 1 ) . 2(y −1) 2(y −1) 由|GM||GN|=2得 1 +1−2  2 +1−2 =2， x +2 x +2 1 2 2(kx +1) 2(kx +1) 即 1 −1 2 −1 =2. x +2 x +2 1 2 x x 所以(2k−1)2 1  2 =2， x +2 x +2 1 2即 高三数学参考答案 第6页（共7页） ( 2 k − 1 ) 2 x 1 x 2 + 2 x ( 1x x 1 2+ x 2 ) + 4 = 2 . ( 2 k − 1 ) 2 4 k 82 + 1 4 k − 82 4 +3 k 122 k + 1 + 4 = 2 ， (2k−1)2 即 =1， 4k2 −8k+3 1 因为k  ， 2 所以得 | | 2 2 k k − − 1 3 | | = 1 ， 即 k = 1 . 经检验符合题意，此时直线l为 y = x + 2 . 综上所述，直线 l 的方程为 x = 0 或 y = x + 2 . （21）（本小题15分） 解：（Ⅰ）1,2,1和 3,1. （Ⅱ） S ( Q ) 的最小值为7. 首先证明S(Q)≥7：由题知C2≥6得 n n  4 . ① 当 n = 4 时，应有数列中各项均不相同，此时有 S ( Q )  1 + 2 + 3 + 4 = 1 0 ； ② 当 n = 5 时，由于数列中各项必有不同的数，进而有 S ( Q )  6 . 若 S ( Q ) = 6 ，满足上述要求 的数列中有四项为1，一项为2，此时T(Q)4，不符； ③ 当 n ≥ 6 时，同②可得 S ( Q ≥) 7 . 综上所述，有S(Q)≥7. 同时当Q为2,2,1,1,1时， S ( Q ) = 7 ，所以S(Q)的最小值为7. （Ⅲ）T(Q)的最大值为511566. 下面分五步证明当T(Q)最大时，数列Q应满足： ① 存在大于1的项，否则此时有 T ( Q ) = 0 ； ② a =1，否则将 n a n 拆分成 a n 个1后T(Q)变大； ③ 当t=1,2, ,n−1时，有 a ≥t a t+ 1 ，否则交换a,a 的顺序后T(Q)变为T(Q)+1. t t+1 进一步有a −a {0,1}，否则有 t t+1 a ≥t a t+ 1 + 2 ，此时将a 改为a −1，并在数列末尾添加一项 t t 1，此时T(Q)变大； ④ 各项只能为2或1，否则由①②③可得数列Q中存在相邻的两项a =3, a =2，设此时Q t t+1 中有x项为2，则将a 改为2，并在数列末尾添加一项1后，T(Q)的值至少变为T(Q)+x+ t 1−x=T(Q)+1; ⑤ 由上可得数列Q为2,2, ,2,1,1, 1的形式, 设其中有x项为2, 有y项为1, 则有2x+y=2023,从而有 高三数学参考答案 第7页（共7页） T ( Q ) = x y = ( 2 0 2 3 − 2 x ) x = − 2 x 2 + 2 0 2 3 x ，由二次函数性质可得，当且仅当  x y = = 5 1 0 0 6 1 1 时， T(Q)最大，为511566. 综上可得 T ( Q ) 的最大值为511566.