北京市海淀区2021届高三上学期期末练习数学试题答案

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数学答案 第 1 页（共 8 页） 海淀区高三年级第一学期期末练习 数学参考答案 2021.1 一、选择题共 10 小题，每小题 4 分，共 40分。 题号 （1） （2） （3） （4） （5） （6） （7） （8） （9） （10） 答案 B A D B A C D C C A 二、填空题共 5 小题，每小题 5分，共 25分。 题号 （11） （12） （13） （14） （15） 答案 12 3或 1 2 0x y  2 1 ( 1,1) ①②④ 三、解答题共 6 小题，共 85 分。 （16）（本小题共 15 分） 解：（Ⅰ）在三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， 1AA // 1BB ，且 1 1AA BB . 因为 点 ,D E 分别是棱 1 1,AA BB 的中点， 所以 AD // 1B E ，且 1AD B E . 所以 四边形 1AEB D 是平行四边形. 所以 AE // 1DB . 又因为 AE 平面 1 1B C D， 1DB 平面 1 1B C D， 所以 AE //平面 1 1B C D . （Ⅱ）因为 AC 平面 1 1BCC B ， 1CC 平面 1 1BCC B ， 所以 1AC CC . 因为 侧面 1 1BCC B 为矩形， 所以 1CC BC . 又因为 AC BC C ， AC 平面 ABC ， BC 平面 ABC ， 所以 1CC 平面 ABC . （Ⅲ）分别以CA ，CB ， 1CC 所在的直线为 x轴， y 轴， z 轴建立如图所示的空间 直角坐标系C xyz ，由题意得 (2,0,0)A ， (0,2,0)B ， 1(0,2,2)B ， 1(0,0,2)C ， (2,0,1)D . 所以 ( 2,2,0)AB   ， 1 1 (0,2,0)C B  ， 1 (2,0, 1)C D   . 数学答案 第 2 页（共 8 页） 设平面 1 1B C D的法向量为 ( , , )x y zn ，则 1 1 1 0, 0, C B C D       n n 即 2 0, 2 0. y x z     令 1x  ，则 0y  ， 2z  . 于是 (1,0,2)n . 所以 2 10 cos , 10| || | 5 2 2 AB AB AB         n n n . 所以 直线 AB 与平面 1 1B C D所成角的正弦值为 10 10 . （17）（本小题共 14 分） 选择①②③ 解：（Ⅰ）因为 7 3 a c ， 3 3 sin 14 C  ， 由正弦定理得 3 sin sin . 2 a A C c   因为 1b a  ， 所以 a b . 所以 π 0 2 A   . 所以 π 3 A  . （Ⅱ）在 ABC△ 中， 7 3 a c ， 所以 a c . 所以 π 0 2 C   . 因为 3 3 sin 14 C  ， 所以 2 13 cos 1 sin 14 C C   . 所以 cos cos(π ( )) cos( )B A C A C      sin sin cos cosA C A C  3 3 3 1 13 1 2 14 2 14 7       . 所以 2 4 3 sin 1 cos . 7 B B   由正弦定理得 4 3 3 7 2 b a  ，即7 8b a . 数学答案 第 3 页（共 8 页） 因为 1b a  ， 所以 7a  . 选择①②④ 解：（Ⅰ）因为 7 3 a c ， 3 3 sin 14 C  ， 由正弦定理得 3 sin sin . 2 a A C c   在 ABC△ 中， 5 cos 2 b A   ， 所以 π π 2 A   . 所以 2π 3 A  . （Ⅱ）在 ABC△ 中， 7 3 a c ， 所以 a c . 所以 π 0 2 C   . 因为 3 3 sin 14 C  ， 所以 2 13 cos 1 sin 14 C C   . 所以 cos cos(π ( )) cos( )B A C A C      sin sin cos cosA C A C  3 3 3 1 13 11 2 14 2 14 14      . 所以 2 5 3 sin 1 cos . 14 B B   因为 5 cos 2 b A   ， 所以 5 2 5 1 2 b     . 由正弦定理得 3 sin 2 5 7 sin 5 3 14 A a b B      . 数学答案 第 4 页（共 8 页） （18）（本小题共 14 分） 解：（Ⅰ）由图表知，2013~2020 年中，产品的平均利润小于 100 元/台的年份只有 2015 年，2016 年. 所以 从 2013~2020 年中随机抽取一年，该年生产的产品的平均利润不小于 100 元/台的概率为 6 0.75 8  ． （Ⅱ）由图表知，2013~2020 年中，返修率超过千分之一的年份只有 2013，2015 年， 所以 的所有可能取值为1, 2, 3 ． 1 2 6 2 3 8 3 ( 1) 28 C C P C     ， 2 1 6 2 3 8 15 ( 2) 28 C C P C     ， 3 0 6 2 3 8 5 ( 3) 14 C C P C     ． 所以 的分布列为  1 2 3 P 3 28 15 28 5 14 故 的数学期望 3 15 5 9 ( ) 1 2 3 28 28 14 4 E         ． （Ⅲ） a的最大值为13，最小值为 7 ． （19）（本小题共 14 分） 解：（Ⅰ）因为 椭圆W 经过点 (2, 3)C ， 所以 2 2 4 3 1 a b   . 因为 椭圆W 的离心率为 3 2 ， 所以 3 2 c a  ，其中 2 2 2a b c  . 所以 4, 2. a b    所以 椭圆W 的方程为 2 2 1 16 4 x y   ，长轴长 2 8a  . （Ⅱ）当直线CD 的斜率不存在时，由题意可知 (2, 3)D  ， (2,0)Q . 由（Ⅰ）可知 ( 4, 0)A  , (4, 0)B . 所以 △ ACQ 的面积为 1 6 3 3 3 2    ，△ BDQ 的面积为 1 2 3 3 2    . 显然△ ACQ 的面积比△ BDQ 的面积大 2 3 . 数学答案 第 5 页（共 8 页） 当直线CD 的斜率存在时，由题意可设直线CD 的方程为 3 ( 2)y k x   ， 且 0k  . 令 0y  ，得 3 2x k   ，所以 3 (2 ,0)Q k  . 由 2 2 3 ( 2), 1 16 4 y k x x y          得 2 2 2 2 1 4 2 3 3 4 3 ( 4) ( ) 12 0y y k k k k k        . 依题意可得点 D 的纵坐标 2 2 3 4 3 1 4 D k y k     2 2 4 3 4 3 1 4 k k k      . 因为 点 D 在 x轴下方，所以 0Dy  ，即 3 4 2 4 k     . 所以 △ ACQ 的面积为 1 | | | | 2 CAQ y 1 3 (2 4) 3 2 k     3 3 (6 ) 2 k   ， △ BDQ 的面积为 1 | | | | 2 DBQ y 1 3 | 4 2 || | 2 Dy k    1 3 | 2 || | 2 Dy k   2 2 1 3 4 3 4 3 (2 )( ) 2 1 4 k k k k        2 2 1 3 4 3 4 3 (2 )( ) 2 1 4 k k k k      . 因为 △ ACQ 的面积比△ BDQ 的面积大 2 3 ， 所以 2 2 3 3 1 3 4 3 4 3 (6 ) (2 )( ) 2 3 2 2 1 4 k k k k k        . 此原方程无解. 综上所述，点 D 的坐标为 (2, 3) . 方法二 因为 点 D 在 x轴下方，所以 点Q在线段 AB （不包括端点）上. 由（Ⅰ）可知 ( 4, 0)A  , (4, 0)B . 所以 △ AOC 的面积为 1 4 3 2 3 2    . 因为 △ ACQ 的面积比△ BDQ 的面积大 2 3 ， 所以 点Q在线段OB （不包括端点）上，且△OCQ 的面积等于△ BDQ 的面 积. 所以 △OCB 的面积等于△ BCD的面积. 所以 OD ∥ BC . 设 ( , )D m n ， 0n  ， 则 0 3 3 4 2 2 n m      . 因为 点 D 在椭圆W 上， 所以 2 2 1 16 4 m n   . 数学答案 第 6 页（共 8 页） 所以 2, 3. m n     所以 点 D 的坐标为 (2, 3) . （20）（本小题共 14 分） 解：（Ⅰ）因为 ln ( ) x f x x  ， 所以 2 1 ln '( ) x f x x   ． 令 '( ) 0f x  ，得 ex  ． ( )f x 与 '( )f x 在区间 (0, ) 上的情况如下： x (0,e) e (e, ) '( )f x  0  ( )f x ↗ 极大 ↘ 所以 ( )f x 的单调递增区间为 (0,e) ，单调递减区间为 (e, ) ． （Ⅱ）因为 ln ( ) x f x x  ，所以 ln ( ) x g x x x   . 所以 2 2 2 1 ln 1 ln '( ) 1 x x x g x x x       ． ① 当 (0 1)x ， 时， 21 0 ln 0x x   ， ，所以 '( ) 0g x  ； ② 当 (1 )x ， 时， 21 0 ln 0x x   ， ，所以 '( ) 0g x  ． 所以 ( )g x 在 (0 1)， 内单调递增，在 (1 )， 内单调递减． 所以 ( ) (1) 1g x g   ． （Ⅲ）因为 ln ( ) x f x x  ，所以 2 2ln ( ) 2 4 1 x h x x ax a x      ． ① 当 1 0 2 a  时， 2(1) 2 4 2 (1 2 ) 0h a a a a     ，即存在1，使得 (1) 0h  ； ② 当 1 2 a  时，由（Ⅱ）可知， ln 1 x x x    ，即 ln 1 x x x   . 所以 2 2( ) 2 4h x x x ax a    2 2 22 1 (2 1) ( ) 4 2 4 a a x a        数学答案 第 7 页（共 8 页） 2 1 3 4 a a    (2 1)(6 1) 4 a a    0 . 所以 对任意 0x  ， ( ) 0h x  ，即不存在 0x 使得 0( ) 0h x  ． 综上所述， a的最大值为 1 2 ． （21）（本小题共 14 分） 解：记 ( , )a i j 为数表 A 中第 i 行第 j 列的数， 1 1 ( , ) n n i j a i j    为数表 A 中所有数的和， 1 1 ( , ) k k i j a i j    为数表A 中前 k 行 k 列交叉处各数之和. （Ⅰ） 1A 是“ 4 阶非负数表”； 2A 不是“ 4 阶非负数表”． （Ⅱ）由题意知 ( , ) {1, 1}a i j   ， 1, 2,3, 4,5i  ， 1, 2,3, 4,5j  ，且数表A 是“5 阶非 负数表”， 所以 ( )R s （ 1 2 3 4 5s  ，，，， ）为奇数，且 (1) (2) (3) (4) (5) 0R R R R R     ． 不妨设 (1) (2) (3) (4) (5)R R R R R    ． ① 当 (3) 0R  时，因为 (3)R 为奇数，所以 (3) 1R  . 所以 (1) (2) (3) 3 (3) 3R R R R    ． ② 当 (3) 0R  时，因为 (3)R 为奇数，所以 (3) 1R   . 所以 (4) (5) 2 (3) 2R R R    . 所以 (1) (2) (3) (4) (5) 2R R R R R      ． 又因为 (1) (2) (3)R R R， ， 均为奇数， 所以 (1) (2) (3) 3R R R   ． （Ⅲ）（1）先证明数表A 中存在 1n  行 n列（ 2n k ），其所有数的和大于等于 0 ． 设 1 ( ) ( ) n j R i a i j   ， （ 1 2 i n ，，…， ），由题意知 1 ( ) 0 n i R i   ． 不妨设 (1) (2) ( )R R R n  … ． 由于 1 1 1 1 1 1 1 ( ) ( 1) ( ) ( ) ( 1) ( ) [ ( ) ( )] 0 n n n n i i i i n R i n R i R i n R n R i R n                   ， 所以 1 1 1 1 ( ) ( ) 0 n n i i n R i R i n        ． （2）由（1）及题意不妨设数表A 前 1n  行 n列（ 2n k ），其所有数的和大 数学答案 第 8 页（共 8 页） 于等于 0 ． 下面考虑前 2 1k  行，证明存在 2 1k  行 k 列，其所有数的和大于等于 k ． 设 2 1 1 ( ) ( ) k i T j a i j    ， （ 1 2 2j k ，，…， ），则 2 2 1 1 1 ( ) ( ) 0 k k j i T j R i       ． 不妨设 (1) (2) (2 )T T T k  … ． 因为 ( )T j 为 2 1k  个奇数的和，所以 ( )T j 为奇数（ 1 2 2j k ，，…， ）． ① 当 ( ) 0T k  时，因为 ( )T k 为奇数，所以 ( ) 1T k  . 所以 1 ( ) ( ) k j T j kT k k    ． ② 当 ( ) 0T k  时，因为 ( )T k 为奇数，所以 ( ) 1T k   . 所以 2 1 ( ) ( ) k j k T j kT k k      . 所以 2 1 1 ( ) ( ) k k j j k T j T j k        ． （3）在（2）所设数表A 下，证明前 2 1k  行前 k 列中存在 k 行 k 列，其所有 数的和 k ． 设 1 ( ) ( ) k j R i a i j    ， （ 1 2 2 1i k ，，…， ），则 2 1 1 1 ( ) ( ) k k i j R i T j k        ． 不妨设 (1) (2) (2 1)R R R k     … ． ① 当 ( ) 1R k  时， 1 ( ) ( ) k i R i kR k k     ； ② 当 ( ) 0R k  时， (2 1) (2 2) ( ) 0R k R k R k       … . 所以 2 1 1 1 ( ) ( ) k k i i k R i k R i k          ，所以 1 1 1 ( ) ( ) k k k i j i a i j R i k      ， ． 综上所述，对于任何“ n阶非负数表”A ，均存在 k 行 k 列，使得这 k 行 k 列交叉处的所有数之和不小于 k .