【文档说明】北京市海淀区2022届高三上学期期末考数学试题参考答案.docx，共(9)页，465.750 KB，由小赞的店铺上传

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海淀区2021~2022学年第一学期期末练习高三数学参考答案2022.01一、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CDCACBCBBB

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2,2yxyx==−12，343sin(2π)yx=或3cos(2π)yx=或其它2,2−①②③三、解答题共6小题

，共85分。（16）（本小题共14分）解：（Ⅰ）由2220bcabc+−+=,可得2221cos222bcabcAbcbc+−−===−因为A为三角形内角，所以120A=o.（Ⅱ）选择条件②③.由（Ⅰ）知C为锐角，又因为2sin2C

=，所以45C=o，所以180(12045)15B=−+=oooo，所以62sinsin(4530)sin45cos30cos45sin304B−=−=−=oooooo.由正弦定理可得sinsinacAC=，所以23sin22sin32aCcA===

，所以ABCV的面积为116233sin322244acB−−==.说明：最后两步也可以如下计算：由正弦定理可得sinsinabAB=，所以623sin624sin232aBbA−−===，所以ABCV的面积为1162233sin322224abC−−==.（17）（

本小题14分）解：（Ⅰ）证法1：因为长方体1111ABCDABCD−中，平面11AADD∥平面11BBCC，平面11AADD平面1BCEEF=，平面11BBCC平面11BCEBC=，所以1BC∥EF.证法2：因为长方体1111ABCDABCD−中，平面11AA

DD∥平面11BBCC，1BC平面11BBCC，所以1BC∥平面11ADDA，因为1BC平面1CBE，平面11ADDA平面1CBE=EF，所以1BC∥EF.（Ⅱ）因为AB，AD，1AA两两垂直，所以以点A为坐标原点，AB，AD，1AA所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐

标系如图所示：---------------5分则()0,0,0A，()2,2,0C，()12,0,1B，()0,1,1E，()10,2,1BC=−，()1=2,1,0BE−，()12,0,1AB=平面11BEC的法向量为()10,0,1n=，设平面1CBE的法向量为()2,,nxyz=，则

212100nBCnBE==，可得2020yzxy−=−+=，令1x=，则2y=，4z=，所以()21,2,4n=，所以12122222124421cos,211124nnnnnn===++.又因为二面角11CBEC−−为锐角，所以，二面角11CBEC−−的余弦值为421

21.设点A到平面1CBE的距离为d，则12224221721ABndn+===.FEDD1A1C1BCAB1FEDD1A1C1B1ACBxyz（18）（本小题14分）解：（Ⅰ）法1：设甲在首轮比赛中正确完成的题数为，易知23,3B，所以(2)(2)(3)PPP=

=+=≥3232332482039272722()(1)33CC==+−+=.法2：1220(2)1(0)(1)127927PPP=−=−==−−=≥.（Ⅱ）由题意得X的取值范围是1,2,3．124236CC1(1)C5PX===，214236CC3(2)C5

PX===，304236CC1(3)C5PX===，所以X的分布列为X123P153515所以131()1232555EX=++=．（Ⅲ）从正确完成实验操作的题数的均值方面分析()()2EEX==，两

人水平相当；因为2221312()(12)(22)(32)5555DX=−+−+−=，222()31333D=−=，所以，从正确完成实验操作的题数的方差方面分析()()DXD,乙的水平更稳定；因为314(2)555PX=+=

≥，4820(2)92727P=+=≥．所以(2)(2)PXP≥≥.从至少正确完成2题的概率方面分析，乙通过的可能性更大.（19）（本小题14分）解：（Ⅰ）因为点(0,1)A−在椭圆C：22213xyb+=上，所以将点(0

,1)A−代入椭圆方程，可得20113b+=，所以21b=.所以椭圆C的方程为2213xy+=.因为222312cab=−=−=，所以椭圆C的离心率为2633=.（Ⅱ）由22(1)13ykxxy=−+=可得2222(31)63(1)0kxkxk+−+

−=.42223612(31)(1)24120kkkk=−+−=+恒成立，设11(,)Exy，22(,)Fxy，则2122631kxxk+=+，21223(1)31kxxk−=+.直线AE的方程为1

111yyxx+=−，令3x=，得点M的纵坐标为113(1)1Myyx+=−，同理可得点N的纵坐标为223(1)1Nyyx+=−，所以1212113MNyyMNyyxx++=−=−211212(1)(1)3xyxyxx+−+=211231kxxxx−−=212121231()4kxxxxx

x−+−=222222263(1)31()431313(1)31kkkkkkk−−−++=−+223211kk+=+.因为AMN的面积13(30)3322AMNSMNMN=−==，所以23MN=，即22111kk+=+，化简得220kk−=，解得0k=或2k=.所以k

的值为0或2.（20）（本小题15分）解：（Ⅰ）因为()esin2xfxaxx=−+，所以(0)fa=且'()ecos2xfxax=−+，所以'(0)121faa=−+=+，所以曲线()yfx=在点(0,(0))f处的切线方程为

(1)(0)yaax−=+−，即(1)yaxa=++.（Ⅱ）当0a≥，[0,1]x时,因为'()ecos202cos0xfxaxx=−++−≥,所以()fx在[0,1]上单调递增，所以()fx在[0,1]上的最小值为(0)fa=.（Ⅲ）取1a=−，以下证明()esin2

1xfxxx=−−+−≤恒成立.令()esin21xgxxx=+−−，即证()0gx≥恒成立.（1）当(,0]x−时，有e1x≤,cos[1,1]x−，所以'()ecos20xgxx=+−≤，所以()gx在(,0]−

上单调递减，所以()(0)0gxg=≥在(,0]−上恒成立.（2）当(0,)x+时，令()'()ecos2xGxgxx==+−.因为e1x,sin(0,1]x，所以'()esin0xGxx=−，所以()'()ecos2xGxgxx==+−在(0,)+上单调递增，所以'()'(

0)0gxg=在(0,)+上恒成立.所以()gx在(0,)+上单调递增，所以()(0)0gxg=≥在(0,)+上恒成立.综上，()0gx≥恒成立，所以()fxa≤恒成立.（21）（本小题14分）

解：（Ⅰ）B不是典型表，C是典型表；（Ⅱ）方法1.6S不可能等于17.以下用反证法进行证明.证明：假设617S=，那么典型表66()ija中有19个0，在六行中至少有一行0的个数不少于4，不妨设此行为第一行，且不妨设111213140aaaa====

.此时前四列中，每一列的其余位置中都至少有4个1，所以前四列中至少有16个1，所以15a与16a中至多有一个1，即15a与16a中至少有一个为0，不妨设150a=，则第五列的其余位置中至少又有5个1，所以前五列中已经有不少于21个1了，与617S=矛盾！所以假设不成立.所以6S不可能等于

17.（Ⅱ）方法2.6S不可能等于17，以下证明618S≥.证明：因为当典型表66()ija中0的个数不超过18时，那么1的个数不少于18，所以618S≥；以下只需证明当典型表66()ija中0的个数大于18时，也有618S≥成立.当典型表66()ija中0的个数大于18时，在

六行中至少有一行0的个数不少于4，不妨设此行为第一行.（1）若第一行0的个数为6，则6611115jijiaa==+≤，不合题意；（2）若第一行0的个数为5，不妨设1112150aaa====，161a=，此时前5列中，每一列的其余位置都只能是1，所以618S≥.（3）若第一行

0的个数为4，不妨设111213140aaaa====，15161aa==，此时前4列中，每一列的其余位置中都至少有4个是1，所以618S≥.综上，618S≥.所以6S不可能等于17.（Ⅲ）方法1在水平方向的n行和竖直方向的n列中，一定存在某一行或某一列中含有的1的个数最少，不妨设第一行中的

1最少，并设其个数为k，其中{0,1,2,3,,}kn.且不妨设第一行中前k个为1，后()nk−个为0.对于第一行中为1的这k列中，因为每一列都至少有k个1，所以共有2k个1；对于第一行中为0的()nk−列中，每一列中都至少有()nk−个1，所以222

222()222()22nnnSknkknknk+−=−+=−+≥.以下记22()2()22nnfkk=−+，（1）当n为偶数时，则222()2()2222nnnnnSfk−+=≥≥对任意的k恒成立.而且nS可以取到22n.例

如：当“12ni≤≤且12nj≤≤”和“12nin+≤≤且12njn+≤≤”时，1ija=，其它位置为0，此时22nnS=.（2）当n为奇数时，则22211()2()2222nnnnnSfk−+−+=≥≥对任意的k恒成立.而且nS可以取到212n+.例如：当“112ni−≤≤且112nj−≤≤”和

“12nin+≤≤且12njn+≤≤”时，1ija=，其它位置为0，此时2+12nnS=.综上，当n为偶数时，nS的最小值为22n；当n为奇数时，nS的最小值为212n+.（Ⅲ）方法2（整体分析，算两次）设典型表A的第i列有ic个0，（1,2,3,,in=

），A的第j列有jr个0，（1,2,3,,jn=），则典型表A中0的总个数为11nnijijNcr====.由定义可得11()()nniijjijcncrnrnN==−+−≥，所以2211nnijijnNcnNrn

N==−+−≥，所以2211nnijijcrnN==+≤.又因为22211()niniiicNcnn===≥，22211()ninijirNrnn===≥，所以22NnNn≤，所以22

nN≤，所以22nnS≥.（1）当n为偶数时，nS可以取到22n.例如：当“12ni≤≤且12nj≤≤”和“12nin+≤≤且12njn+≤≤”时，1ija=，其它位置为0，此时22nnS=.（2）当n为奇数时，212

nnS+≥，而且nS可以取到2+12n.例如：当“112ni−≤≤且112nj−≤≤”和“12nin+≤≤且12njn+≤≤”时，1ija=，其它位置为0，此时2+12nnS=.综上，当n为偶数时，nS的最小值为22n；当n为奇数时，nS的最小值为212n+.（Ⅲ）方法3在水平方向的n行和

竖直方向的n列中，一定存在某一行或某一列中含有的的个数最少，不妨设第一行中的1最少，并设其个数为k，其中{0,1,2,3,,}kn.且不妨设第一行中前k个为1，后()nk−个为0.（1）当n为偶数时，若

2nk≥，则222nnnSn=≥；若2nk，对于第一行中为1的这k列中，因为每一列都至少有k个1，所以共有2k个1；对于第一行中为0的()nk−列中，每一列中都至少有()nk−个1，所以22222()2()222nnnnSk

nkk+−=+−≥≥.而且nS可以取到22n.例如：当“12ni≤≤且12nj≤≤”和“12nin+≤≤且12njn+≤≤”时，1ija=，其它位置为0，此时22nnS=.（2）当n为奇数时，若12nk+≥，则21122nnnSn++≥≥；若12nk+，对于第一行中为1

的这k列中，因为每一列都至少有k个1，所以共有2k个1；对于第一行中为0的()nk−列中，每一列中都至少有()nk−个1，所以222221()222nnSknkknkn++−=−+≥≥.而且nS可以取到2+12n.例如：当“1

12ni−≤≤且112nj−≤≤”和“12nin+≤≤且12njn+≤≤”时，1ija=，其它位置为0，此时2+12nnS=.综上，当n为偶数时，nS的最小值为22n；当n为奇数时，nS的最小值为212n+

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