延庆区2022—2023学年第二学期质量检测-高三数学-评分参考_数学_北京市延庆区2023届高三一模数学试卷（含解析）_终稿1

延庆区 2022-2023 学年第二学期质量检测 高三数学--评分参考
一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分.）
（1） D （2）C （3）A （4）C （5） A
（6） B （7）C （8）B （9）C （10）D
二、填空题（共5个小题，每小题5分，共25分）
（11）
1
(   ,
1
3
] . （12） 
1
8
. （13） 2 0  ，
3 
4
（答案不唯一）.
（14）x轴，[1,1]. （15）② ③ ④.
说明：① 两个空的题目，前3后2，
② 15题填对1个给2分，填对2个给3分，填对3个给5分，错选①不给分。
三、解答题（共6小题，共85分）
（16）（本小题14分）
如图，四棱锥 P  A B C D 中，底面 A B C D 是直角梯形，  D A B  9 0  ， A D / / B C ， A D  面 P A B ，  P A B
是等腰三角形， P A  P B ， A B  B C  2 A D  2 ， E 是 A B 的中点.
（Ⅰ）求证： P E  C D ；
（Ⅱ）设 P A 与 C D 所成的角为
1
，直线 P D 与平面
ABCD所成的角为
2
 ，二面角PBCA为 ，
3
从以下所给的三个条件中选出其中一个作为已知
条件，求四棱锥 P  A B C D 的体积.
① c o s
1
2
5
  ； ② s in
2 3
6
  ； ③ c o s
3 5
5
  ．
解：（Ⅰ） 因为 P A  P B , E 是 A B 的中点，
所以PE  AB. ……………1分
因为 A D  平面 P A B ， P E  平面 P A B ，
所以ADPE. ……………2分
因为AD AB A，
所以 P E  平面ABCD. ……………4分
因为CD 平面ABCD，
所以PE  CD. ……………5分
（Ⅱ）选① c o s
1
2
5
 
B
；
法一：设F 是BC的中点，连接AF,PF， ……………6分
因为AD//CF，
C
D
A
P
E所以
2
A F / /C D . ……………7分
所以  P A F 就是 P A 与 C D 所成的角， P A F
1
   . ……………8分
设 P E  x ， 则 P A  P B  x 2  1 ， P F  x 2  2 ， A F  5 .
因为PF2 PA2 AF2 2PAAFcos，
1
所以 x 2  2  x 2  1  5  2 x 2  1  5 
2
5
.
解得 x  2 . ……………12分
1 1 1
所以V  Sh [ (12)2]22. ……………14分
PABCD 3 3 2
法二：设PE t，设CD的中点为G ，连EG ，
则EG  AB， P E , A B , E G 两两垂直.
分别以 E G , E B , E P 为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立空间直角坐标系 E  x y z ……7分
则 P ( 0 , 0 , t ) , A ( 0 ,  1 , 0 ) , D ( 1 ,  1 , 0 ) , C ( 2 , 1 , 0 ) .
所以 PA(0,1,t), CD(1,2,0) . ……………9分
所以 c o s
1
| c o s P A , C D |
1
2
2 t 5
2
5
    
 
 .
解得 t  2 . ……………12分
所以 V
P  A B C D

1
3
S h 
1
3
[
1
2
( 1  2 )  2 ]  2  2 . ……………14分
选② s in
2 3
6
  ；
法一：连 D E . ……………6分
因为 P E  平面 A B C D ，
所以 D E 是 P D 在平面 A B C D 内的投影. ……………7分
所以  P D E 就是PD与平面 A B C D 所成的角，PDE  ，且 (0,90)……8分
2 2
因为 A E  A D  1 ,
所以 D E  2 .
6
因为sin  ,
2 3
3
所以cos  .
2 3所以
3
t a n
2
2   .
所以
P
D
E
E
 2 .
所以PE 2. ……………12分
所以 V
P  A B C D

1
3
S h 
1
3
[
1
2
( 1  2 )  2 ]  2  2 . ……………14分
法二: 设 C D 的中点为 G ，连 E G ，
则 E G  A B ，PE,AB,EG两两垂直，
分别以 E G , E B , E P 为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立空间直角坐标系如图.……7分
设平面 A B C D 的法向量为 m  ( 0 , 0 , 1 ) .
设 P ( 0 , 0 , t ) , D ( 1 ,  1 , 0 ) ,
所以 P D  (1 ,  1 ,  t ) . ……………9分
所以 s i n
2
| c o s m , P D |
1
|
1
t |
t 2 3
6
    



 .
解得 t  2 . ……………12分
所以 V
P  A B C D

1
3
S h 
1
3
[
1
2
( 1  2 )  2 ]  2  2 . ……………14分
选③ c o s
3 5
5
  .
因为 A D / / B C ，AD面PAB，
所以 B C  平面PAB，
所以 B C  P B , B C  A B .
所以PBA就是二面角PBCA的平面角， P B A
3
   . ……………8分
BE 1 5
因为cos    ，
3 PB PB 5
所以PB 5 .
所以 P E  P B 2  P E 2  2 . ……………12分
1 1 1
所以V  Sh [ (12)2]22. ……………14分
PABCD 3 3 2（17）（本小题14分）
在
4
 A B C 中， c o s B 
4
5
， b  6 .
（Ⅰ）当 a  5 时，求 A 和 c ；
（Ⅱ）求  A B C 面积的最大值.
4
解：解：（Ⅰ）因为cosB ,且
5
B ( 0 , ) ,  
3
所以sinB . ……………1分
5
因为
s i
b
n B

s i
a
n A
6 5
， 所以  .
3 sinA
5
所以 s i n A 
1
2
. ……………3分
所以 A
6

 或 A
5
6

 . ……………4分
因为 s i n B
3
5
, B
6

   ，
所以 A
5
6

 .
所以 A
6

 . ……………5分
c  a c o s B  b c o s A
 5 
4
5
 6 
2
3
 4  3 3 . ……………7分
（Ⅱ）因为 b 2  a 2  c 2  2 a c c o s B  a 2  c 2  2 a c 
4
5
 3 6 ， ……………8分
因为 a 2  c 2  2 a c ，
8 2
所以362ac ac ac.
5 5
所以 a c  9 0 ，当且仅当为 a  c 时，等号成立. ……………10分
S
 A B C

1
2
a c s i n B 
1
3
0
a c .
所以 S  2 7 ，当且仅当为 a  c 时，等号成立. ……………12分
即a c3 10 时， S  27.
所以ABC面积的最大值为27. ……………14分（18）（本小题13分）
某服装销售公司进行关于消费档次的调查，根据每人月均服装消费额将消费档次分为 0-500 元；
500-1000元；1000-1500元；1500-2000元四个档次，针对
5
A , B 两类人群各抽取100人的样本进行统计分
析，各档次人数统计结果如下表所示：
月均服装消费额不超过1000元的人群视为中低消费人群，超过1000元的视为中高收入人群.
（Ⅰ）从 A 类样本中任选一人，求此人属于中低消费人群的概率；
（Ⅱ）从 A , B 两类人群中各任选一人，分别记为甲、乙，估计甲的消费档次不低于乙的消费档次的概率；
（Ⅲ）以各消费档次的区间中点对应的数值为该档次的人均消费额，估计 A , B 两类人群哪类月均服装消费
额的方差较大（直接写出结果，不必说明理由）.
解（Ⅰ）设此人属于中低消费人群为事件 M ， ………………………………1分
2050
则 P(M)
100
0.7 ………………………………3分
（Ⅱ）设甲的消费档次不低于乙的消费档次为事件 N ，………………………………4分
则 P ( N ) 
1
5
0
 1 
1
3
0

1
8
0

1
1
0

1
3
0

1
1
0

1
1
0
……………………………8分

1
5
0
0
0

1
2
0
4
0

1
3
0 0

1
1
0 0
 0 . 7 8 ………………………………10分
（Ⅲ）答：B ………………………………13分
（19）（本小题15分）
已知椭圆 M ：
x
a
2
2

y
b
2
2
 1 ( a  b  0 ) 经过点 C(0,1) ，离心率为
2
2
， M 与 x 轴交于两点
A(a,0), B(a,0)，过点C 的直线l与M 交于另一点 D ，并与 x 轴交于点P，直线 A C
0～ 500～ 1000～ 1500～
档次
500元 1000元 1500元 2000元
人群
A类 20 50 20 10
B类 50 30 10 10
与直线BD交于
点Q.(Ⅰ) 求椭圆
6
M 的方程；
(Ⅱ) 设
o
为原点，当点 P 异于点 B 时，求证： O P  O Q 为定值.
解：(Ⅰ)由题意得
 b
c
a


1
2
2 ………………………………1分
又因为 a 2  c 2  b 2
解得a2 2, b2 1, ………………………………3分
x2
所以M 的方程为  y2 1 ………………………………4分
2
(Ⅱ) 法一
若 l 的斜率不存在，则D(0,1)，
此时 k
A C
 k
B D
 
2
2
， A C / / B D ，不符合题意.………………………………5分
设 l 的斜率为k ，则 l 的方程为 y  k x  1 . ………………………………6分
 x
y
2


k
2
x
y

2 
1 .
2  0 ,
消去 y 整理得(12k2)x2 4kx0. ………………………………7分
4k
解得x 0, x  . ………………………………8分
1 2 12k2
y
2
 k x
2
 1 
1


4 k
2
2
k 2
 1 
1
1


2
2
k
k
2
2
. ………………………………9分
4k 12k2
所以D( , ).
12k2 12k2
12k2
12k2 12k2 (1 2k)(1 2k)
k   
BD 4k 2 2k2 4k 2 2(1 2k)2
 2
12k2
1 2k
 . ………………………………10分
2(1 2k)7
B D : y 
1
2

( 1 
2 k
2 k )
( x  2 ) . ………………………………11分
k
A C
 
1
2
 
2
2
， A C : y  
2
2
x  1 . ………………………………12分
联立 A C , B D 的方程，解得： x   2 k , y  2 k  1 .
Q 点坐标为(2k, 2k1). ………………………………13分
所以令 y  0 ，解得： x  
1
k
，
1
所以P( ,0)， ………………………………14分
k
所以 O P  O Q  ( 
1
k
, 0 )  (  2 k , 2 k  1 )  2 为定值. ………………………………15分
法二、
若 D 在 y 轴上，则D(0,1)，
此时 k
A C
 k
B D
 
2
2
， A C / / B D ，不符合题意 ………………………………5分
设 D ( x
1
, y
1
) ， 则
x
12
2
 y
1
2  1 ，且 x
1
 0 , y
1
  1 ，
B (  2 , 0 )
y
，k  1 ，
BD
x  2
1
B D : y 
x
1
y

1
2
( x  2 ) ，………………………6分
1 2
k   ，
AC 2 2
A C : y  
2
2
x  1 ， ………………………7分
消去 y 得
x
1
y

1
2
( x  2 )  
2
2
x  1 ，
2
y x 2y  (x  2)xx  2，
1 1 2 1 1
解得 x
Q

x
1
y

1

2
2
y
2
1

x
1

2
1

2 x
1
2

y
1
2

2 y
2
1
x

1

2
2
2
， ………………………8分
y 1 y 1
k  1 ，CD:y  1 x1，
CD x x
1 1令
8
y  0 ，解得 x
P

1
x

1
y
， ………………………9分
2x 2 2y 2 2 x
OPOQ 1 1  1 ， ………………………10分
2y  2x 2 1 y
1 1 1
特别地，当l过点A时，P( 2,0), Q( 2,0)，此时OPOQ 2 2 2，…11分
要证 O P  O Q  2
2x 2 2y 2 2 x
恒成立，即 1 1  1 2恒成立，
2y  2x 2 1 y
1 1 1
只需证(2x 2 2y 2 2)x 2(1y )(2y  2x 2)，
1 1 1 1 1 1
即 2 x
1
2  2 2 x
1
y
1
 2 2 x
1
 4 y
1
 2 2 x
1
 4  4 y
1
2  2 2 x
1
y
1
 4 y
1
，
即2x2 4y2 4， ………………………14分
1 1
即
x
12
2
 y
1
2  1
上式显然成立
所以 O P  O Q  2 . ………………………15分
法三、
若 D 在 y 轴上，则D(0,1)，
此时 k
A C
 k
B D
 
2
2
，AC//BD，不符合题意………………………………5分
设 D ( x
1
, y
1
) ， 则
x
12
2
 y
1
2  1 ，且 x
1
 0 , y
1
  1 ，
y
B( 2,0)，k  1 ，
BD
x  2
1
B D : y 
x
1
y

1
2
( x  2 ) ………………………6分
1 2 2
k   ，AC: y  x1， ………………………………7分
AC 2 2 2
y 2
消去y得 1 (x 2) x1，
x  2 2
1
2
y x 2y  (x  2)xx  2，
1 1 2 1 1解得
9
x
Q

x
1
y

1

2
2
y
2
1

x
1

2
1

2 x
1
2

y
1
2

2 y
2
1
x

1

2
2
2
，………………………………8分
k
C D

y
1x

1
1
， C D : y 
y
1x

1
1
x  1 ，
令 y  0 ，解得 x
P

1
x

1
y
， ………………………………9分
O P  O Q 
2 x
1
2

y
1
2

2 y
2
1
x

1

2
2
2

1
x

1y
1
………………………………10分
2x2 2 2x y 2 2x
 1 1 1 1
2(y 1)(1 y ) 2x (1 y )
1 1 1 1

2
2
( 1
x
1

2
y

1
2
2
) 
2 x
1
2
y
x
1
1


2
2
2
x
x
1
1
y
1
)

2 x
1
x
2
1
2


2 2
2
x
1
x
1
y

1

2
2
x
1
2
y
1
x
1
 2 ………………………………15分
所以 O P  O Q 为定值.
（20）（本小题15分）
已知函数 f ( x )  l n x  e x .
（Ⅰ）求曲线 y  f ( x ) 在点 (1 , f (1 ) ) 处的切线方程；
（Ⅱ）求证： f(x)有且只有一个极值点；
（Ⅲ）求证：方程xlnxex x无解．
解：（Ⅰ） f ( x ) 
1
x
 e x ， f(1)1e ………………1分
f ( 1 )   e ， ………………2分
∴ m 的方程为ye(1e)(x1).
即： m ： y  (1  e ) x  1 ． ………………4分
（Ⅱ） f(x)的定义域是 ( 0 ,   )
1
f(x) ex ………………5分
x
1
在区间(0,)上是减函数，ex在区间(0,)上也是减函数，
x10
 f ( x ) 
1
x
 e x ( x  ( 0 ,   ) ) 是减函数， ………………6分
f (1 )  1  e < 0
1
， f( )2 e >0
2
  x
0
 (
1
2
, 1 ) , f ( x
0
)  0 ， ………………7分
当x(0,x )时，
0
f ( x )  0 ，当x(x ,)时，
0
f ( x )  0 ，
所以 f ( x ) 在 ( 0 , x
0
) 上是增函数，在(x ,)上是减函数， ………………8分
0
所以 f(x)有且只有一个极值点 x
0
. ………………9分
（Ⅲ）设 h ( x )  x l n x  e x  x ，
则h(x)lnxex， ………………10分
当 x  ( 0 , 1 ) 时， l n x  0 ,  e x  0 ，∴ h ( x )  0 ， ………………11分
当 x  1 时，h(1)e0，
由（Ⅱ）知， h ( x ) 在 [1 ,   ) 上是减函数，
∴ 当 x  (1 ,   ) 时， h ( x )  0 ，
∴ 当 x  ( 0 ,   ) 时， h ( x )  0 ，
∴ h ( x ) 在区间(0,)上是减函数， ………………12分
当 x  ( 0 , 1 ) 时， x l n x  0 ,  e x  x  0 ，
∴ h ( x )  0 ； ………………13分
当 x  1 时，h(1)e10，
∴ 当 x  (1 ,   ) 时， h ( x )  h (1 )  0 ， ………………14分
∴ h ( x ) 无零点，
∴ 方程xlnxex x无解． ………………15分
（21）（共15分）
解：（Ⅰ） n  2 时，集合A中的元素为
1
(1 , 1 , 1 , 1 )     ， (1, 1,1,1)，
2
所以 | P ( A ) |  2 ． ………………3分
（Ⅱ） n  9 时，首先证明x 1，且
1
x
1 8
  1 ．
在 x
1
 x
2
  x
i
≥ 0 中，令i1，得 x
1
≥ 0 ，从而有x 1．
1
在x x  x ≥0中，令i17，得x x  x ≥0．
1 2 i 1 2 17
又x x  x 0， 故x (x x  x )≤0，从而有x 1．
1 2 18 18 1 2 17 18考虑
11
 (1 , ,1 ,  1 , ,  1 )  ，即x x  x 1，
1 2 9
x
1 0
 x
1 1
  x
1 8
  1 ，
此时 x
1
 x
2
  x
9
 9 为最大值．
现交换 x
9
与 x
1 0
，使得 x
9
  1 , x
1 0
 1 ，此时 x
1
 x
2
  x
9
 7 ．
现将 x
9
  1 逐项前移，直至 x
2
  1 ．在前移过程中，显然 x
1
 x
2
  x
9
 7 不变，这一过程称
为1次“移位”．
依此类推，每次“移位”x x  x 的值依次递减
1 2 9
2 ．经过有限次移位， x
1
, x
2
, , x
9
一定可
以调整为1,1交替出现．
注意到 n  9 为奇数，所以 x
1
 x
2
  x
9
 1 为最小值．
所以 x
1
 x
2
  x
9
的所有可能取值为 1 , 3 , 5 , 7 , 9 ． ………………9分
（Ⅲ）由题设，在 x
1
, x
2
, , x
2 n
中，有 n 个  1 ， n 个  1 ．
显然，从 x
1
, x
2
, , x
2 n
中选 n 个  1 ，其余为  1 的种数共有 C n2
n
种．下面我们考虑这样的数组中
有多少个不满足 x
1
 x
2
  x
i
≥ 0 ( i  1 , 2 , , 2 n  1 ) ，记该数为 tn ．
如果 x
1
, x
2
, , x
2 n
不满足 x
1
 x
2
  x
i
≥ 0 ( i  1 , 2 , , 2 n  1 ) ，则一定存在最小的正整数
s ( s ≤ n ) ，使得 x
1
 x
2
  x
2 s 2
 0 ，且 x
2 s 1
  1 ．
将 x
1
, x
2
, , x
2 s 1
统统改变符号， 这一对应为：
x
1
, x
2
, , x
2 s 1
, x
2 s
, , x
2 n
  x
1
,  x
2
, ,  x
2 s 1
, x
2 s
, , x
2 n
，
从而将x,x , ,x 变为n1个1，n1个1组成的有序数组．
1 2 2n
因此， tn 就是 n  1 个  1 ， n  1 个  1 组成的有序数组的个数，即t Cn1．
n 2n
1
所以|P(A)|=Cn Cn1  Cn . ………………14分
2n 2n n1 2n