【文档说明】北京市西城区2020—2021学年度高三上学期期末考试数学试题答案.docx，共(8)页，635.880 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-77c03c78a87ad1e85deffa118b80b493.html

以下为本文档部分文字说明：

北京市西城区2020—2021学年度第一学期期末试卷高三数学参考答案2021.1一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分）（1）D（2）A（3）C（4）C（5）A（6）B（7）B（8）D（9）B（10）D二、填

空题（共5小题，每小题5分，共25分）（11）80（12）8，29nn−+（13）23（14）24yx=，1−（15）①④注：第（12）和（14）题第一空3分,第二空2分.第（15）题全部选对得5分，不选或有错选得0分，其他得

3分.三、解答题（共6小题，共85分）（16）（共13分）解：（Ⅰ）因为三棱柱111ABCABC−为直三棱柱，所以1AA⊥平面ABC，所以1AAAC⊥.……………1分因为ACAB⊥，1ABAAA=，所以AC⊥平面11AABB.……………3分因为BE平面11AABB，所

以ACBE⊥.……………4分因为1BEAB⊥，1ACABA=，所以BE⊥平面1ABC.……………5分（Ⅱ）由（Ⅰ）知1,,ABACAA两两垂直，如图建立空间直角坐标系Axyz−．则(000)A，，,1(2,0,4)B,(0,

2,2)D,(2,0,0)B.……………7分设(0,0,)Ea，所以1=(02,2)=(2,0,4)=(20,)ADABBEa−,，，,，因为1ABBE⊥，所以440a−=，即1a=.……………8分所以平面1ABC的一个法向量为=(20,1)BE−,．……………9分设平面1ABD的法向

量为(,,)xyz=n，所以10,0.ADAB==nn所以220,240.yzxz+=+=即,2.yzxz=−=−……………10分令1z=−，则2,1xy==，所以平面1ABD的一个法向量为(2,1,1)=−n.……………11分所以530cos,=6||||

65BEBEBE−==−nnn.……………12分由已知，二面角1CABD−−为锐角，所以二面角1CABD−−的余弦值为306.……………13分（17）（共13分）若选择条件①：解：（Ⅰ）在ABC△中，因为1cos3C=−，所以(,)2C，222s

in1cos3CC=−=.……………2分因为1sin422SabC==，6a=，所以2b=.……………4分由余弦定理，2222cos48cababC=+−=，……………5分所以43c=.……………6分（Ⅱ）由正弦定理sinsinsinabcABC==，可得6243sins

in223AB==.…………7分所以6sin3A=，6sin9B=.……………9分因为,(0,)2AB，所以3cos3A=，53cos9B=.……………11分所以sin()sincoscossinABABAB−=−653364239399=−

=.……………13分若选择条件②：解：（Ⅰ）在ABC△中，因为AC=，所以ac=.因为7cos9B=−，所以(,)2B，242sin1cos9BB=−=.………2分因为21142sin42229SacBc===，所以32ac==.……………4分由

余弦定理，2222cos64bacacB=+−=，所以8b=.……………6分（Ⅱ）由正弦定理得sinsinabAB=，所以32421sinsin893aABb===.……………8分因为(0,)2A，所以222cos1sin3AA=−=.……………10分

所以sin()sincoscossinABABAB−=−17224223()393927=−−=−.……………13分（18）（共14分）解：（Ⅰ）设事件A为“连续两年的蓄水量数据之差的绝对值小于1亿立方米”，从2010年到2019年的样本数据中随机选

取连续两年共有9种可能，…2分由图表可知，事件A包含“2011年和2012年”，“2014年和2015年”，“2018年和2019年”.……………3分所以31()93PA==.……………4分（Ⅱ）由表可知，2014到2019年的样本数据中，蓄水量超过33亿立方米有2年，蓄水量不超过33亿立方米

有4年.随机变量X的所有可能取值为0，1，2.……………5分022426CC62(0)C155PX====，112426CC8(1)C15PX===，202426CC1(2)C15PX===.……………8分所以随机变量的分布列为：X……………9分所以2812()01251515

3EX=++=.……………11分（Ⅲ）从2016年开始连续三年的水库蓄水量方差最大.……………14分（19）（共15分）解：（Ⅰ）由3()fxxx=−，得2()31fxx=−．……………1分因为(1)0f=，(1)2f=，……………3分所以曲线()yfx=在点(1,(1))f处的切线方程

为22yx=−.…………4分（Ⅱ）令()0fx=，得2310x−=，解得33x=−或33x=．当x变化时，()fx和()fx变化情况如下表：x3(,)3−−33−33(,)33−333(,)3+()fx+0−0+()fx↗239↘239−↗………

……7分所以，()fx的单调递减区间是33(,)33−，单调递增区间是3(,)3−−，3(,)3+；()fx在33x=−处取得极大值239，在33x=处取得极小值239−.……………9分（Ⅲ）(0,)x,()0tx=，即2120sinxx−−=，等价

于212sin0xx−−=.……………10分设2()12singxxx=−−,(0,)x，则()22cosgxxx=−.01225815115XP①当[,)2x时，()0gx，()gx在区间[,)2上单调递增.又2

()3024g=−，2()10g=−，所以()gx在区间[,)2上有一个零点.……………11分②当(0,)2x时,设()()22coshxgxxx==−.()22sin0hxx=+，所以()gx在区间(0

,)2上单调递增.………12分又(0)20g=−，()02g=，所以存在0(0,)2x，使得0()0gx=.所以，当0(0,)xx时，()0gx，()gx单调递减；当0(,)2xx时，()0gx，()gx单调递增.……………13

分又(0)10g=−，2()3024g=−，所以()gx在区间(0,)2上无零点.……………14分综上所述，函数()tx在定义域内只有一个零点.……………15分（20）（共15分）解：（Ⅰ）由题意：24a=，22b=，所以2a=.……………1分因为22

2abc=+，所以22c=，2c=.……………2分所以22cea==.……………3分所以椭圆C离心率为22，长轴长为4.……………4分（Ⅱ）联立222,142ykxxy=++=消y整理得：22(21)840k

xkx+++=.……………5分因为直线与椭圆交于,AB两点，故0＞，解得212k＞.……………6分设11(,)Axy，22(,)Bxy，则122821kxxk−+=+，122421xxk=+.…………

…8分设AB中点00(,)Gxy，则12024221xxkxk+−==+，0022221ykxk=+=+，故2242(,)2121kGkk−++.……………9分假设存在k和点，使得PAB△是以P为直角顶点的等腰直角三角形，则PGAB⊥

，故1PGABkk=−，所以222211421kkkmk+=−−−+，解得2221kmk−=+，故22(0)2+1kPk−，.…………10分又因为2APB=，所以0PAPB=.所以1122(,)(,)0xmyxmy−−=，即1112()(

)0xmxmyy−−+=.整理得221212(1)(2)()40kxxkmxxm++−+++=.所以222248(1)(2)402121kkkmmkk+−−++=++，……………12分代入2221kmk−=+，整理得41k=，即21k=.……………14分当1k=

−时，点坐标为2(,0)3；当1k=时，点坐标为.此时，是以为直角顶点的等腰直角三角形.……………15分（21）（共15分）解：（Ⅰ）因为112a=，212a=，338a=，414a=，5532a=，根据题意可得*11a=，*21a=−，*31a

=−，*41a=−.……………4分（Ⅱ）必要性：对1n=，有*121Saa=−，因此**2111||||||1aaSa−===.……5分(,0)PmPP2(,0)3−PAB△P对任意*nN且2n≥，有*11nnSaa+=−，*11nnSaa−=−，两式作差，得**11nnnnSSa

a−+−=−，即*1nnnaaa+=−，因此*1||||1nnnaaa+−==.……………7分综上，对任意*nN，有1||1nnaa+−=.充分性：若对任意*nN，有1||1nnaa+−=，则*1nnnaaa+=−，所以****122132111

()()()nnnnnSaaaaaaaaaaa++=+++=−+−++−=−.综上，“对任意*nN，*11nnSaa+=−”的充要条件是“对任意*nN，1||1nnaa+−=”.……………10分（Ⅲ）构造数列{}nb：

10b=，1111,||1,1,0.nnnnnnnnaaaabbaa++++−−=−=−=则对任意1nm≤≤且*nN，有**nnba=，1||1nnbb+−=.结合（Ⅱ）可知，*******1212111mmmmmSaaabbbbbb++

=+++=+++=−=.又*mmSa=，因此1mmba+=.设21321,,,mmaaaaaa+−−−中有k项为0，则1121321()()()mmmaaaaaaaa++=+−+−++−121321()()()mmbbbbbbbk+

=+−+−++−−1mbk+=−mak=−.即1mmaak+−=−.因为1{1,0,1}mmaa+−−，所以0k=或1.……………13分若0k=，则10mmaa+−=，与21321,,,mmaaaaaa+−−−中有0项为0，即0k=矛盾，不符题意.若1k=，则11mmaa+−=−

.所以，当11mmaa+−=−，21321,,,mmaaaaaa−−−−中有一项为0，其余2m−项为1时，数列{}na满足条件.21321,,,mmaaaaaa−−−−中有一项为0，共1m−种取法；其余项每项有1或1−两种取法

，所以，满足条件的数列{}na的个数为2(1)2mm−−.……………15分2m−