北京市第一○一中学2024届高三下学期三模数学试题

1 / 5 北京一零一中2023-2024学年度第二学期高三数学三模参考答案 1. A 2. D 3. A 4. A 5. B 6. C 7. C 8. C 9. C 10. B 11. 10− . 12. 1− . 13. 3 . 14. 4, 5 (答案不唯一 , 满足 0 a b  或 0b a  即可). 15. ①④. 16. (1) 在 ABC中, 10 5 b a = , 10 cos 10 A = , 设 5a m= , 10b m= , 其中 0m  . 根据余弦定理 2 2 2 2 cosa b c bc A= + − , 得 2 2 2 10 25 10 2 10 10 m m c c m= + −   . 整理, 得 2 22 15 0c mc m− − = , 因为 0c  , 解得 5c m= , 所以a c= . 所以 ABC为等腰三角形. (2) 若选择条件②: 在 ABC中, 由 10 cos 10 A = , 得 3 10 sin 10 A = . 所以 2 1 1 3 10 15 15 sin 10 5 2 2 10 2 2 ABCS bc A m m m= =    = = . 解得 1m = , 即 10b = . 若选择条件③: 在 ABC中, 由 AB边上的高为3, 得 sin 3b A = . 由 10 cos 10 A = , 得 3 10 sin 10 A = . 解得 10b = . 17. (1) 如图, 取 1BB 的中点M , 连接EM , FM , HM , 因为E , F , G , H 分别是棱 AB , 1 1B C , 1 1C D , 1D D 的中点, 易得 1 1HM B D , 1 1GF B D , 所以HM GF , 所以H , M , F , G 四点共面, 又 1EM AB , 1HG DC , 1 1AB DC , 所以EM HG , 则 H , M , G , E 四点共面, 而过不共线的的三点 H , M , G 的平面具有唯一 性, 则平面HMFG与平面EMGH 重合, 故E , F , G , H 四点共面. 2 / 5 (2) 以 D为原点, DA , DC , 1DD 所在直线分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴, 建立如图所示的空间直角坐标系, 设正方形的的边长为 a , 则 1( )B a a a  , (0 0 0)D   , ( 0) 2 a E a  , ( ) 2 a F a a  , (0 ) 2 a G a  , 则 1 ( )DB a a a=   , ( 0) 2 2 a a GF =   , ( 0 )GE a a=  − , 设 ( )x y z=  n 是平面EFGH 的法向量, 则 0 0 GF GE   =    =  n n 所以 0 2 2 0 a a x y ax az  + =    − =  所以 0 0 x y x z + =   − =  取 1x = , 则 1y = − , 1z = − , 所以 (1 11)= − n , 1 1 1 1 cos 33 3 DB a DB DB a       = = =     n n n , 所以 1B D与平面EFGH 所成角的正弦值为 1 3 . 18. (1) 根据题中数据, 该选手上一赛季7个4T动作中, 有5个跳跃为“成功”, 所以 从该选手上一赛季所有4T动作中任选一次, 这次跳跃“成功”的概率可以估计为 5 7 . (2) 同(1), 从该选手上一赛季所有4S, 4F动作中分别任选一次, 这次跳跃“成功” 的概率分别可以估计为 4 2 6 3 = , 3 4 . X 的所有可能取值为0, 1, 2, 3. 5 2 3 1 ( 0) (1 ) (1 ) (1 ) 7 3 4 42 P X = = −  −  − = , 5 2 3 5 2 3 5 2 3 5 ( 1) (1 ) (1 ) (1 ) (1 ) (1 ) (1 ) 7 3 4 7 3 4 7 3 4 28 P X = =  −  − + −   − + −  −  = , 5 2 3 5 2 3 5 2 3 37 ( 2) (1 ) (1 ) (1 ) 7 3 4 7 3 4 7 3 4 84 P X = =   − + −   +  −  = , 5 2 3 5 ( 3) 7 3 4 14 P X = =   = . 所以随机变量 X 的分布列为: X 0 1 2 3 3 / 5 P 1 42 5 28 37 84 5 14 所以 1 5 37 5 179 ( ) 0 1 2 3 42 28 84 14 84 E X =  +  +  +  = . (3) 4T, 4S, 4F. 19. (1) 由题意, 得 3a = . 又 6 3 c e a = = , 所以 6c = . 又因为 2 2 2a b c= + , 所以 3b = . 故椭圆C 的方程为 2 2 1 9 3 x y + = . (2) 设 0 0 0 0( )( 3 0)P x y x y     , 则 2 2 0 0 1 9 3 x y + = . 所以直线 AP的方程为 0 0 ( 3) 3 y y x x = + + , 令 4x = , 得点E的坐标为 0 0 7 (4 ) 3 y x  + . 因为直线BE的斜率为 0 0 0 0 7 3 7 4 3 3 y x y x + = − + , 所以直线 l的方程为 0 0 3 7 x y x y + = − , 又因为直线PB的方程为 0 0 ( 3) 3 y y x x = − − . 联立直线 l和直线PB的方程, 消去 y 得 0 0 0 0 3 ( 3) 7 3 x y x x y x + − = − − , 所以 2 2 0 0 0 0 0 0 7 9 3 7 ( 3) 3 y x y x y x x + − = − − , 因为 2 2 0 0 1 9 3 x y + = , 所以 2 20 09 3x y− = − , 所以 2 0 0 0 0 0 4 3 7 ( 3) 3 y y x y x x = − − , 解得点 N 的横坐标 21 4 Nx = . 要使得 ABE与 MON 的面积相等，应有 0 0 0 0 7 31 1 21 6 2 3 2 4 3 y y x x −   =   + − , 解得 0 15 11 x = ， 由 2 2 0 0 1 9 3 x y + = 可得点P的坐标为 15 12 2 ( ) 11 11  . 20. (1) ①因为函数 ( ) 2sin cosf x x x x ax= − − , 所以 ( ) cos sinf x x x x a = + − , 4 / 5 因为曲线 ( )y f x= 在点 (0 (0))f 处的切线与直线 2y x= + 平行, 所以切线的斜率为1, 则 (0) 1f  = , 即1 1a− = , 解得 0a = , 检验: 当 0a = 时, (0) 0f = , 因此切线方程为 y x= , 符合题意, 故 0a = . ②由①可知, 0a = , 则 ( ) cos sinf x x x x = + , 令 ( ) ( ) cos sing x f x x x x= = + , 则 ( ) cosg x x x = , 当 (0 ) 2 x    时, ( ) 0g x  , 则 ( )g x 单调递增, 即 ( )f x 单调递增, 当 ( ) 2 x    时, ( ) 0g x  , 则 ( )g x 单调递减, 即 ( )f x 单调递减, 又 (0) 1 0f  =  , ( ) 0 2 2 f    =  , ( ) 1 0f  = −  , 故存在唯一的 0 ( ) 2 x    , 使得 0( ) 0f x = , 当 0(0 )x x  时, ( ) 0f x  , 则 ( )f x 单调递增, 当 0( )x x   时, ( ) 0f x  , 则 ( )f x 单调递减, 所以当 0x x= 时, 函数 ( )f x 取得极大值 0( )f x , 故函数 ( )f x 在区间 (0 ) 内有唯一极值点. (2) 由(1)可知, 当 (0 ) 2 x    时, ( )f x 单调递增, 当 ( ) 2 x    时, ( )f x 单调递减, 因为 1a  , 则 (0) 1 0f a = −  , 且 ( ) 1f a = − − , ①若 1 0a− −  , 即 1a  − 时, 则 ( ) 0f   , 所以 ( ) 0f x  在 (0 ) 上恒成立, 即 ( )f x 在 (0 ) 上单调递增, 故 ( ) (0) 2sin0 0f x f = = , 符合题意; ②若 1 0a− −  , 即 1 1a−   时, ( ) 0f   , 因为 ( ) 0 2 2 f a    = −  , 故存在 0 ( ) 2 x    , 使得 0( ) 0f x = , 当 0(0 )x x  时, ( ) 0f x  , ( )f x 单调递增, 当 0( )x x   时, ( ) 0f x  , 则 ( )f x 单调递减, 所以当 0x x= 时, 函数 ( )f x 取得极大值 0( )f x , 即 ( ) (0) 0f x f = 且 ( ) ( ) (1 ) 0f x f a  = −  , 符合题意. 综上所述, 当 1a  时, 对任意 (0 )x   , ( ) 0f x  . 21. (1) 不是. 取1 A , 4 B , 则1 4 5 C+ =  , 说明 A , B , C 不是“ 6−无和划分”. (2) ①假设存在 ( )m k C m k   , 使得 1k m− = , 记m 的最小值为 0m , 则 0 0 1m m C +  ; 5 / 5 设B中最小的元素为b , 则 2b  , 所以 ( 1 2 3 1)i A i b =     − , 所以 0m b A−  , 0 1m b A+ −  (否则与 0 0 1b B m m C   +  矛盾), 0 1m b B+ −  (否则与 01b A m C−    矛盾), 所以 0 1m b C+ −  , 因为 0 0m b m−  , 所以 0m b− , 0 1m b+ − 不同属于C . 所以 0 0 1 m b B m b C −    + −   这与1 A 矛盾. 所以假设不成立. ②因为 A , B , C 是“ n−无和划分”, 且存在 i j C  , 使得 2j i= + , 记 i 的最小值 为 0i , 所以 0 0 2i i C +  ; 由①知 0 0 0 02 1 1 3i i i i C−  −  +  +  , 因为1 A , 所以 0 01 1i i A−  +  , 所以3 B , 设B中最小的元素为b , 若 2b  , 则 4b  , 所以 1 1( 1 2 1)i A i b =    − , 所以 0i b A−  , 0 2i b A+ −  (否则与 0 0 2b B i i C   +  矛盾), 所以 0 2i b B+ −  (否则 0 2i b B+ −  与 02b A i C−    矛盾), 所以 0 2i b C+ −  , 又因为 0i b− 和 0 2i b+ − 不同属于C , 所以 0i b B−  , 这与2 A , 0 2i b C+ −  矛盾, 所以 2b = , 即2 B . 所以3 C , 所以3 A . 所以 5 C , 0 3i B−  , 所以 0 3i C−  ( 否则与 0 1 2i A B−    矛盾 ), 所以 0 3i A−  . 若5 B , 则与 0 3i A−  和 0 2i C+  矛盾, 所以5 A , 所以7 C , 0 5i B−  (否则与 05 A i C   矛盾), 0 5i C−  (否则与 0 3 2i A B−    矛盾), 所以 0 5i A−  . 以此类推, 对于任意奇数 0t i , 都有 t A , 0i t A−  . 所以 0i 为偶数(否则, 0 2i A−  , 与2 B 和 0i C 矛盾), 所以 0i t− , 0 1i + 均为奇数. 因为 0 3i C+  , 所以 0 3i B+  (否则与 03 A i C   矛盾), 所以 0 3i A+  , 所以 0 5i C+  , 所以 0 5i B+  (否则与 05 A i C   矛盾), 所以 0 5i A+  , 以此类推, 对于任意大于 0i , 小于或等于 n 的奇数都属于集合 A . 综上所述, 中的所有奇数都属于集合 A .