2023年北京海淀区高三一模数学答案

海淀区2022—2023学年第二学期期中练习高三数学参考答案一、选择题题目12345678910答案ABCDCDBABB二、填空题（11）(,−2)(1,−+)（12）2（13）（答案不唯一，[,]）（14）1；(−,0][2,+)262（15）①③三、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）由直三棱柱ABC−A1B1C1可知BC⊥CC1，又因为AC⊥BC，且ACCC1=C,所以BC⊥平面CC11AA.由CD1平面，所以BC⊥C1D.在矩形中，AD=DA11=1,CC=2，所以DC1==2,DC2.222可得C11C=+CDCD，所以C1D⊥CD.又因为BCCD=C，所以CD1⊥平面BCD.（Ⅱ）由题意可知，CA,,CBCC1两两垂直，如图建立空间直角坐标系C−xyz，高三数学参考答案第1页（共7页）则C(0,0,0)，D(1,0,1)，B(0,1,0)，C1(0,0,2)，zC1B1BD=−(1,1,1)，BC1=−(0,1,2),CD=(1,0,1).A1设平面BC1D的一个法向量为n=(,x,y)z，则n=BD0,xy−z+=0,即Dn=BC0,−+yz=20.1令z=1，则y=2，x=1，得n=(1,2,1).CByA设直线CD与平面所成角为，xCDn3则sin=|cosCD,n|==，CDn33所以直线CD与平面所成角的正弦值为.3（17）（本小题14分）解：（Ⅰ）由bAsinaB23sin及正弦定理，得sinsinBAAB23sinsin.由倍角公式得2sinBAAABsincos3sinsin.在△ABC中，sinAB0,sin0，3得cosA.2π因为A(0,)，2π所以A.6（Ⅱ）记的面积为S△ABC.选条件②：由（Ⅰ）知，又由题知S△ABC33，1可得S△bcsinAABC2得bc123.b33又由条件②，即，解得bc33,4.c4由余弦定理，得高三数学参考答案第2页（共7页）a2b2c22bccosA327162334，27所以a7.选条件③：2127又由条件③，即cosC=以及C(0,π)，可得sinC=.77121327321所以sinsin()sincoscossinBACACAC=+=+=+=272714π由（Ⅰ）知A，61又由题知S33，可得S△bcAsin.△ABCABC2得bc123.由正弦定理得abcABC::sin:sin:sin7==:321:47.可设a=7k,b=321k,c=47k.1由bc=123，得k=.7得a=7.（18）（本小题14分）解：（Ⅰ）设该户网购生鲜蔬菜次数超过20次为事件C，在A组10户中超过20次的有3户，由3样本频率估计总体概率，则PC()=.10（Ⅱ）由样本频率估计总体概率，一单元参与网购家庭随机抽取1户的网购生鲜蔬菜次数超过2037次概率为，二单元参与网购家庭随机抽取1户的网购生鲜蔬菜次数超过20次概率为.1010X的取值范围为0,1,2.3721PX(=0)=(1−)(1−)=，1010100373729PX(=1)=(1−)+(1−)=，10101010503721PX(=2)==.1010100212921EX()=0+1+2=1.10050100高三数学参考答案第3页（共7页）（Ⅲ）DD()(12)=.19.（本小题14分）解：（Ⅰ）依题意可得：2b=2,224ab+=46.a=5,解得b=1.x2椭圆E的方程为+=y21.5（Ⅱ）依题意,可设直线l方程为yk=x+mkm(0)，Mx(y,)N1122,(x,)y.x2+=y21,联立方程5yk=+xm.得(51)10550kxkmxm22+++−=2.=(10km)2−4(5k2+1)(5m2−5)=100k2−20m2+200，即51km22−.10km55m2−xx+=−，xx=.1251k2+1251k2+mm在直线方程y=+kxm中，令y=0，得x=−，得P(−,0).kkyy21−依题意得M'(−x11,y)，得直线MN'方程为y=()x+x11+y.xx21+x1y2+x2y1令x=0，得yQ=.xx12+11mx1y2+x2y1所以△OPQ的面积为SOPQ=xPyQ=.22kx12+xxy12+xy21=xkx1(2+m)+xkx2(1+m)=2kxx12+mx(1+x2)5m22−−510km10k=2k−=.5k2+15k2+15k2+11mk101即S==2，解得k=，经检验符合题意.△OPQ2k10km41所以k的值为.4高三数学参考答案第4页（共7页）（20）（本小题15分）解：（Ⅰ）当a=1时，fx(x)e=−x.则f(0)1=.求导得fx'()e1=−x，得f'(0)0=.所以曲线yf=x()在(0,(f0))处的切线方程为y=1.（Ⅱ）求导得fx'(a)e1=−ax.当a0时，fx'()0恒成立，此时fx()在R上单调递减.lna当a0时，令fx'()=0，解得x=−.afx()与fx()的变化情况如下：lnalnalnax(,−)−−(,−)+aaa−0+↘极小值↗由上表可知，的减区间为，增区间为.综上，当时，的减区间为(,)−+，无增区间；当时，的减区间为，增区间为.（Ⅲ）将在区间[−1,1]上的最大值记为fx()max，最小值记为fx()min.由题意，若x[−1,1]，使得|fx()|3成立，即fx()max3或fx()min−3.当x−[1,1]时，f(x)=eax−x−x−1.所以若，使得成立，只需.由（Ⅱ）可知在区间上单调或先减后增，故为f(−1)与f(1)中的较大者，所以只需当f(−1)3或f(1)3即可满足题意.即f(−1)=e−a+13或f(1)=ea−13.解得a−ln2或aln4.综上所述，a的取值范围是(−,−ln2][ln4,+).高三数学参考答案第5页（共7页）（21）（本小题15分）解：（Ⅰ）（ⅰ）不满足.令ij==3，aaij=16不是数列{}an中的项.（ⅱ）满足.对于任意bij,b()i≥j，bijb=(2i−1)(2j−1)=2(2ij−i−j+1)−1.由于2i1ji1−j−+，故令ki=ji−j21−+即可.（Ⅱ）（1）对于有穷数列记其非零项中，绝对值最大的一项为ap，绝对值最小的一项为aq.2故令ij==p时，存在一项||a||kijpaa==a.2又是数列非零项中绝对值最大的，所以||aapp，即0||1ap.2再令ij==q时，存在一项||a||kijqaa==a.2又是数列非零项中绝对值最小的，所以||aaqq，即||a1q.又1||||1aaqp,所以数列所有非零项的绝对值均为1.又数列的各项均不相等，所以其至多有0,1,1−共3项.所以m3.（2）构造数列{an}:0,−1,1.其任意两项乘积均为0,−1,1之一，满足性质①.其连续三项满足0−(−1)−1=0，满足性质②.又其各项均不相等，所以该数列满足条件，此时m=3.（3）由（1）（2），m的最大值为3.（Ⅲ）（1）首先证明：当aa120,−1时，数列满足aa2tt−10,20,且|att|=|a+2|,t1,2,3,.（*）1因为对于任意数列的连续三项a,,aa，总有(a−a−a)(a−a−a)=0.nn++12nnn+1n+2n2n+1n+21即a=−aa或a=−aa.不论是哪种情形，均有n++21nnn++21n2n1当aa0时，aa−aa0，即|aa|||.nn+1n++21n2nnnn+21当aa0时，aa−aa0，亦有.nn+1n++21n2nn又aa1201−，故性质（*）得证.1（2）考虑a,,aa三项，有a=−aa或a=−aa.12331231222若,则a1=a3+a21，此时令ij==1，有aa11，由性质（*）知不存在k使得2ak0，且ak=a11a.高三数学参考答案第6页（共7页）113故只有aaa=−，此时aaa=+.31221322211155因为aaaaaaa−−−=(),5343233222429所以令ij==1时，aa2.15422由性质（*）知，只有aa11=或aa13=.当时，aaaa1==−=−2,2()224213，此时令ij==2,1，aa21=−442，1但aa−a=22−5，即|a||aa|，由性质（*）知不存在k使得a=aa.4223421k21所以，即a1=1，从而a2=−2.n−12,2n是奇数，（3）经验证，数列{}a：a=满足条件，下面证这是唯一满足条件的数列.nnn−2,2n是偶数假设as是第一个不满足上述通项公式的项，s4.t−−11tt当s=2t+1,t2时，只能为a2t+−1=a2t1−a2t=2−(−2)=32.t令i=2t−1,j=3，则aaij=2.t但aa2tt−+1221，由性质（*），不存在使得aiaj=ak.11当s=2t,t2时，只能为a=a−a=−2t−1−2t−1=−32t−2−2t.2t2t−−2222t11115119则a−aa−a()a−a=a−a=−−2tt2.222t+t2212t+t221t−22t42t221t−16tt令i=2t−2,j=3，则aaij=−2，但aa2tt−22+2，由性质（*），不存在使得.故不存在不满足上述通项公式的项.n−12,2n是奇数,综上，数列的通项公式为a=nn−2,2n是偶数.高三数学参考答案第7页（共7页）